Technische Mechanik - Aufgabensammlung - Springer

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Technische Mechanik - Engineering Mechanics ... 1. Kinematik starrer Körper. 1. Graphische Kinematik (5). 2. Ebene Kinematik (13). 3. Räumliche Kinematik (7).
Universität Dortmund Lehrstuhl für Mechanik Prof. em. Dr. S. Kessel

Technische Mechanik Aufgabensammlung mit Musterlösungen

als Ergänzung zum Lehrbuch

Technische Mechanik - Engineering Mechanics Zweisprachiges Lehrbuch zu Grundlagen der Mechanik fester Körper Bilingual Textbook on the Fundamentals of Solid Mechanics Siegfried Kessel und Dirk Fröhling

erschienen bei Springer Vieweg Wiesbaden

© Dortmund 2012

Inhalt Vorwort A

Vektorrechnung und Kurvengeometrie (12)

B

Starre Körper 1. Kinematik starrer Körper 1. Graphische Kinematik (5) 2. Ebene Kinematik (13) 3. Räumliche Kinematik (7) 4. Relativkinematik (6) 2. Statik 1. Graphische Statik (6) 2. Ebene Statik - Einzelkörper (5) 3. Ebene Statik - Körperverbände (11) 4. Haftreibung (10) 5. Räumliche Statik (8) 6. Virtuelle Arbeit (15) 3. Massengeometrische Größen (9) 4. Bewegungsgleichungen 1. Einzelkörper - ebene Bewegung (11) 2. Körperverbände - ebene Bewegung (15) 3. Räumliche Bewegung (6) 4. Relativkinetik (14) 5. Energie,- Leistungs- und Arbeitssatz (16) 6. LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen (8) 7. Schwingungen mit einem Freiheitsgrad (14) 8. Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden (13) 9. Stoß zwischen starren Körpern bei ebener Bewegung (4)

C

Deformierbare Körper 1. Stäbe und Balken 1. Schnittlasten (8) 2. Flächengeometrie (6) 3. Axial belastete Stäbe (6)

i

ii

Inhalt 4. Biegung gerader Balken (Stäbe) (15) 5. Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO (7) 6. Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung (7) 2. Seilstatik (7) 3. Deformationszustand und Spannungszustand (14) D

Programme zur Lösung von Differentialgleichungen

Vorwort

1

Die Technische Mechanik ist in den ingenieurwissenschaftlichen Studiengängen ein Grundlagenfach, in dem gelernt werden soll, wie man ein technisches Problem auf der Basis physikalischer Grundgesetze in ein Simulationsmodell überführt, das sich mit Hilfe mathematischer Methoden analysieren läßt. Dieses Zusammenspiel von Physik, Geometrie, linearer Algebra und Analysis, das zunächst oft wie trickreiche Zauberei erscheint, folgt tatsächlich klaren systematischen Regeln, die man allerdings nur durchschaut, wenn man sich Aufgaben nicht nur vorrechnen läßt, sondern sich selbständig bemüht, den Lösungsweg zu finden und bis zum Ziel zu verfolgen. Diese Aufgabensammlung enthält zu den Gebieten, die in den Mechanik-Vorlesungen des Grundstudiums in der Regel behandelt werden, Aufgaben unterschiedlichen Schwierigkeitsgrades. Es wird empfohlen, zunächst nur die jeweilige Aufgabenstellung zu lesen und die anschließende, meist ausführlich kommentierte Musterlösung, vor dem selbständigen Lösungsversuch nicht zu studieren. Erst wenn kein Lösungsansatz gefunden werden kann, sollte schrittweise die Hilfe der Musterlösung in Anspruch genommen werden. Im Anhang wird auf den Einsatz von speziellen Computer-Programmen hingewiesen, mit deren Hilfe die expliziten Lösungen der Systemgleichungen bestimmt und die Ergebnisse graphisch dargestellt werden können. Obwohl die Musterlösungen sorgfältig überprüft wurden, können immer noch Schreib- und/oder Rechenfehler unentdeckt geblieben sein. Deshalb wird bei Abweichungen zwischen Eigenergebnis und Musterergebnis empfohlen, sich beim Lehrstuhl für Mechanik um eine Klärung des Sachverhalts zu bemühen.

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

2

Aufgabe 1 Gegeben ist eine Fläche und eine Gerade durch den Punkt S. a

y B

S

a

30o

7 13 S:( a, a ) 4 4

A

x

Man berechne die Abstände der Flächenrandpunkte A und B von der Geraden. Richtungsvektor der Geraden: r r r 3r 1r e = cos(30o )e x − sin(30o )e y = e x − ey . 2 2 Zur Geraden orthogonaler Vektor: r r r 1r 3r e ⊥ = cos(60o )e x + sin(60o )e y = e x + e . 2 2 y Ortsvektoren von S zu den Punkten A und B: a − 7 a   −3   4 =a , SA =  13  4 −13     − a   4 

 4a − 7 a  9  4  = a  . SB =  13  4 7   a 5a − 4  

Abstände der Punkte A und B von der Geraden durch S: r r d B = SB ⋅ e ⊥ , d A = SA ⋅ ( −e ⊥ ), a d B = (9 + 7 3 ) = 2.641a , 8 a d A = (3 + 13 3 ) = 3.19a . 8 Aufgabe 2 Die Gerade g1 durch den Punkt A: (0, 2L , 2L ) in Richtung r r r r 1 (3e x + e y + e z ), e1 = 11

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

3

und die Gerade g 2 durch den Punk B: (2L , L , 0) in Richtung r r r r 1 e2 = ( −e x + 2e y + 3e z ), 14 haben keinen Schnittpunkt (windschiefe Geraden). Man berechne den zu beiden r Geraden orthogonalen Verbindungsvektor v zwischen den Geradenpunkten A* r auf g1 und B* auf g 2 . Der Betrag von v wird als Abstand der beiden Geraden bezeichnet. Ortsvektoren zu den Punkten A* und B*: →



r OA = OA + λ1e1, *



→ r OB * = OB + λ2e 2 .

λ1 und λ2 sind unbekannt. Der Vektor → → → → r r r * * * v: = A B = OB − OA * = AB + λ2e 2 − λ1e1

muss den beiden Orthogonalitätsbedingungen → * *

r A B ⋅ e1 = 0,

→ * *

r A B ⋅ e2 = 0

genügen. Daraus ergeben sich zwei lineare Gleichungen zur Berechnung von λ1 und λ2 : 2L   0   2L        AB = OB − OA =  L  − 2L  =  − L ,        0  2L  −2L 

→ r r r − λ1 + λ2 (e 2 ⋅ e1 ) = − AB ⋅ e1,



→ r r r − λ1(e1 ⋅ e 2 ) + λ2 = − AB ⋅ e 2 .

r r e1 ⋅ e 2 =



1 2 ( −3 + 2 + 3) = =:h 0 , 11 14 11 14

→ r L 3L AB ⋅ e1 = =:h1, (6 − 1 − 2 ) = 11 11

− λ1 + λ2h 0 = −h1, − λ1h 0 + λ2 = −h 2 ,

λ1 =



λ1 =

→ r L 10L AB ⋅ e 2 = =:h 2 , ( −2 − 2 − 6) = − 14 14

h 2h 0 − h1 h0 −1 2

, λ2 =

h 2 − h1h 0 h 02 − 1

,

62 11 116 14 L = 1.371L , λ2 = L = 2.894 L . 150 150

 −2  3 −1 2        r r r 116 62 L  v = A B = AB + λ2e 2 − λ1e1 = L  −1 + L 2  − L 1  =  20 ,    150   150   150  −14  1   3  −2 → * *



A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

4

Abstand der beiden Geraden: r L L v = 4 + 400 + 196 = 600 = 0.163L . 150 150 Aufgabe 3 3

2

P

α

α 1

0

B 0

1

2

3

Ein Lichtstrahl trifft parallel zur x -Achse im Punkt P auf die Parabel y = 2bx und wird dort nach dem Reflexionsgesetz „Einfallswinkel = Austrittswinkel“ so umgelenkt, daß er durch den Punkt B auf der x -Achse geht. Man berechne die x -Koordinate des Punktes B. Ortsvektor des Parabelpunktes P: r  x  r =   f ( x )

f ( x ): = 2bx

r Tangenteneinheitsvektor es in P: r dr  1  =  dx  f ′  r es =

b f ′( x ): = f 1 b2 + f 2

r b2 + f 2 dr = dx f

r r ( f e x + b e y ).

r Hauptnormaleneinheitsvektor en in P: r r r en = e s × e z =

1 b2 + f 2

r r ( b e x − f e y ).

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

5

Winkelfunktionen des Einfallswinkels α : r r b cos α = e x ⋅ en = , 2 b + f2

r r sin α = e x ⋅ es =

f b + f2 2

.

Richtungsvektor des in P in Richtung B reflektierten Lichtstrahls: r r r e * = cos α en − sin α es =

b 2 − f 2  1  . b 2 + f 2  −2bf   

Ortsvektor zu einem Punkt auf dem reflektierten Strahl: b 2 − f 2  x  r r r λ  . r * = r + λe * =   + 2 2  f  b + f  −2bf  Im Punkt B ist y * = 0: f −λ

b2 + f 2 2bf = → λ = ; 0 2b b2 + f 2

x -Koordinate des Punktes B: b2 + f 2 b2 − f 2 b2 − f 2 b 2 − 2bx b x* = x + = x + = x + = . 2b b 2 + f 2 2b 2b 2 Alle parallel zur x -Achse einfallenden Lichtstrahlen werden in den Brennpunkt B: (b 2 , 0) der Parabel y = 2bx reflektiert.

Aufgabe 4 y 2 1

r 0

ϕ B

a b

-1 -2 -3

x

-2

-1

0

1

2

3

Der auf der positiven x -Achse liegende Brennpunkt B der Ellipse x 2 y2 + =1 a 2 b2 hat die x -Koordinate e = a 2 − b 2 . Man berechne die auf B bezogene Polarkoordinatendarstellung {r (ϕ ),ϕ} .

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

6

Für einen Punkt auf der Ellipse gilt x = e + r cos ϕ = a (ε + ρ cos ϕ ),

y = r sin ϕ = aρ sin ϕ ;

(ε : =

e r , ρ: = ) a a

ρ 2 sin 2ϕ (ε + ρ cos ϕ ) + = 1. 1− ε2 2

Diese quadratische Gleichung für ρ (ϕ ) wird zunächst auf die Normalform gebracht: (1 − ε 2 )(ε 2 + ρ 2 cos2ϕ + 2 ρε cos ϕ ) + ρ 2 (1 − cos2ϕ ) = (1 − ε 2 ),

ρ 2 (1 − ε 2 cos2ϕ ) + (1 − ε 2 )2 ρε cos ϕ = (1 − ε 2 )2 , (1 − ε 2 )ε cos ϕ (1 − ε 2 )2 ρ + 2ρ = . 1 − ε 2 cos2ϕ 1 − ε 2 cos2ϕ 2

Von den beiden Lösungen

ρ1,2

 (1 − ε 2 )ε cos ϕ  (1 − ε )2 ε cos ϕ (1 − ε 2 )2 =− ± +   1 − ε 2 cos2ϕ 1 − ε 2 cos2ϕ  1 − ε 2 cos2ϕ 

2

ist nur die positive sinnvoll: (1 − ε 2 )2 (1 − ε 2 cos2ϕ ) + (1 − ε 2 )2 ε 2 cos2ϕ (1 − ε )2 ε cos ϕ ρ =− + , 1 − ε 2 cos2ϕ 1 − ε 2 cos2ϕ (1 − ε 2 )(1 − ε cos ϕ ) , 1 − ε 2 cos2ϕ

ρ =

ρ = r (ϕ ) = a

1− ε2 ; 1 + ε cosϕ

1− ε2 b2 = . 1 + ε cosϕ a + e cos ϕ

Die Funktion u (ϕ ): =

1 a e = 2 + 2 cos ϕ r (ϕ ) b b

besitzt die Ableitungen du e = − 2 sin ϕ , dϕ b

d 2u e 2 = − 2 cos ϕ , dϕ b

und erfüllt die Differentialgleichung d 2u (ϕ ) a 2 + u (ϕ ) = 2 . dϕ b

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

7

1 a e = 2 + 2 cos ϕ r (ϕ ) b b

u (ϕ ): =

ist die Lösung der Differentialgleichung zu den Anfangsbedingungen u (ϕ ) ϕ = 0 =

a +e 1 , 2 = a −e b

du (ϕ ) = 0. dϕ ϕ = 0

Aufgabe 5 Man berechne für die ebene Kurve r r r r ( x ) = xe x + f ( x )e y ,

r wobei x der Kurvenparameter ist, die Tangenteneinheitsvektoren es ( x ), die r Krümmungen 1 ρ ( x ) und die Hauptnormaleneinheitsvektoren en ( x ). r r dr ( x ) r r dr = dx = {e x + f ′( x )e y}, dx r r dr ( x ) ds = dr = dx = 1 + ( f ′( x ))2 dx , dx x

ds = 1 + ( f ′( x ))2 . dx

s ( x ) = ∫ 1 + ( f ′(ξ ))2 dξ. 0

Das Integral kann meistens nur numerisch ausgewertet werden. r dr r r r r 1 {e x + f ′( x )e y}. es ( x ) = dxr , es ( x ) = 2 dr 1 + ( f ′( x )) dx r 3 1 1  − −  0  des ( x ) 1 2 2 2 2 = − {1 + ( f ′) } 2 f ′f ′′   + {1 + ( f ′) }  , dx 2  f ′   f ′′  r des ( x ) dx r des ( x ) dx



= {1 + ( f ′) } 2



= {1 + ( f ′) } 2

3 2

0 − f ′f ′′    +  }, −( f ′)2 f ′′  (1 + ( f ′)2 ) f ′′ 

3  2 {

− f ′  f ′′  ,  1 

r des ( x ) dx

=

f ′′( x ) , 1 + ( f ′( x ))2

r r des ( x ) de x ( ) s r r r des des ( x ) dx des ( x ) 1 dx 1r en = = = = rdx , ds des ( x ) ds dx ds dx ds ρ dx dx dx

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

r en ( x ) =

8 r des ( x )

r des ( x )

1 = ρ(x )

rdx , des ( x ) dx

dx ds dx

,

+1 wenn f ′′( x ) > 0 sign ( f ′′( x )): =  −1 wenn f ′′( x ) < 0

f ′′( x ) = f ′′( x ) sign ( f ′′( x )), f ′′( x ) 1 = , ρ ( x ) {1 + ( f ′( x ))2}3 2

r r r sign ( f ′′( x )) en ( x ) = {− f ′( x )e x + e y}. 2 1 + ( f ′( x ))

Aufgabe 6 Für die in Polarkoordinaten gegebene Spirale r r h ϕ}er (ϕ ). r (ϕ ) = {r0 + 2π berechne man die Tangenteneinheitsvektoren und die Bogenlänge s(ϕ ) . 6 5 4 3 2

r ( ϕ)

1

ϕ

0 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

(r0 = 1, h = 2, 0 ≤ ϕ ≤ 4π )

r r r dr = H {er + (ξ + ϕ )eϕ }, dϕ

H:=

h , 2π

ξ: =

r0 H

.

6

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

9

r dr = H 1 + (ξ + ϕ )2 , dϕ r es (ϕ ) =

1 1 + (ξ + ϕ )2

r r {er + (ξ + ϕ )eϕ }. ϕ

ds = H 1 + (ξ + ϕ ) dϕ , 2

s (ϕ ) = H ∫ 1 + (ξ + ϕ )2 dϕ , 0

ξ +ϕ

ξ + ϕ =:ψ ,



dϕ = dψ ,

s (ϕ ) = H



1 + ψ 2 dψ ,

ξ

s (ϕ ) =

ψ = ξ +ϕ H {ψ 1 + ψ 2 + ln(ψ + 1 + ψ 2 )} . 2 ψ =ξ

Aufgabe 7 Man berechne numerisch die Bogenlänge einer Sinuskurve mit der Periode L und der Amplitude αL sowie den Krümmungsradius in den Scheitelpunkten der Kurve. x x f ( x ) = αL sin(2π ), f ′( x ) = 2πα cos(2π ). L L ds = 1 + ( f ′)2 dx , Differentialgleichung für s ( x ) : x =:ξ L



ds ds dξ 1 ds = = , dx dξ dx L dξ

ds = L 1 + {2πα cos(2πξ )}2 . dξ

s/L 4

α = 1.0

3

α = 0.75

2

1

0 0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

x/L

1.0

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

10

Berechnung der Krümmungsradien ρ ( x ) : f ′′( x ) 1 = , ρ ( x ) {1 + ( f ′( x ))2}3 2 x=

L 4



f ′ = 0,

f ′′( x ) = −4π 2

f ′′ = −4π 2

α , L

α x sin(2π ), L L

L L L ρ( ) = 2 = 0.025 . 4 α 4π α

Aufgabe 8 Die zur z -Achse eines raumfesten Koordinatensystems parallele Achse eines Fräsers bewegt sich entlang der Kurve y = f ( x ) über die Werkstückfläche in der xy Ebene. Der Fräser hat den Durchmesser 2R und fräst eine Nut in das Werkstück. Man berechne die Gleichungen der Nutflanken. y

r r (x )

f (x ) x r r r r = xe x + f ( x )e y

Tangenteneinheitsvektor:

r dr r r r 1 (e x + f ′ e y ). es = dxr = 2 dr 1 + ( f ′) dx

(Linker) Normaleneinheitsvektor: r r r r r r r r r 1 1 n : = e z × es = (e z × e x + f ′ e z × e y ) = (e y − f ′ e x ). 1 + ( f ′ )2 1 + ( f ′ )2 Linke Flanke der Nut: r r r rL = r + Rn = ( x −

Rechte Flanke der Nut: r r r rL = r − Rn = ( x +

Rf ′( x ) 1 + ( f ′( x ))2

Rf ′( x ) 1 + ( f ′( x ))2

r )e x + ( f ( x ) +

r )e x + ( f ( x ) −

R 1 + ( f ′( x ))2

R 1 + ( f ′( x ))2

r )e y .

r )e y .

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

11

Beispiel: f ( x ) = A sin(2π

x ), λ

f ′( x ) = 2π

A x cos(2π ), λ λ

2

1

0

-1

-2

0

1

2

( A = 1, 5

3

R = 0, 2

4

5

λ = 5)

Aufgabe 9 Wenn in der xy -Ebene ein Faden von einem Kreiszylinder abgewickelt wird, beschreibt der Endpunkt P des straff gespannten Fadens eine ebene Kurve, die man Kreisevolvente nennt. Man berechne die Parameterdarstellung, die Bogenlänge, die Tangenten- und die Hauptnormaleneinheitsvektoren der Kurve. y r eϕ

R ϕ O

r er A

r en Rϕ

r es

P x

Der Ortsvektor des Punktes P läßt sich am besten in Zylinderkoordinaten darstellen:

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

12

→ → → r r r r (ϕ ) = OP = OA + AP = R er (ϕ ) − Rϕ eϕ (ϕ ).

r r r r r dr = R eϕ − R eϕ + Rϕ er = Rϕ er , dϕ ds = Rϕ dϕ ,

s (ϕ ) =

r r dr dϕ r = er . es = r dr dϕ

r dr = Rϕ , dϕ

1 Rϕ 2 . 2

r r r des des dϕ des r 1 1r 1 = = = eϕ , en : = ds dϕ ds dϕ ds dϕ Rϕ ρ

ρ = Rϕ ,

r r en = eϕ .

6 5

A

Kreisevolvente

4 Basiskreis

3

P

2 1 0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

Aufgabe 10 Auf der Mantelfläche eines Kreiskegelstumpfes (Radien R 0,Rh , Höhe h ) verläuft eine Schraubenlinie, die bei einem Umlauf die Höhe h erreicht. Man berechne die Formel für die Länge L der Raumkurve. In Zylinderkoordinaten gilt r (z ) = R 0 −

R 0 − Rh

R 0 − Rh

h

z,

z (ϕ ) =

h ϕ, 2π

h =: H . 2π 2π r r r r (ϕ ) = (R 0 − R ϕ )er (ϕ ) + H ϕe z . =: R ,

r r r r dr = − R er (ϕ ) + (R 0 − R ϕ )eϕ (ϕ ) + H e z , dϕ

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

13

r dr = R 2 + ( R 0 − R ϕ )2 + H 2 , dϕ r dr ds = dϕ = a 2ϕ 2 + a1ϕ + a 0 dϕ , dϕ a 2: = R 2 ,

a1: = −2R 0 R , L=





a 0 : = H 2 + R 2 + R02 .

a 2ϕ 2 + a1ϕ + a 0 dϕ .

0

Spezielle Werte: R 0 = 10cm, a 2 = 0, 6333 cm 2 ,

Rh = 5cm,

h = 4cm,

a1 = −15, 9155 cm 2 ,

a 0 = 101, 0385 cm 2 ;

numerische Integration: L = 47, 574 cm.

Aufgabe 11 y

R r eϕ

B r er

A ϕ

ri

α

O

Pi

β ra Pa

x

Auf der Innen- und der Außenseite eines Kreises (Radius R ) rollen Kreise mit den Radien ri und ra . Man berechne die Bahnkurven der Punkte Pi und Pa , die in der Lage ϕ = 0 im Punkt ( x = R , y = 0) Kontaktpunkte waren. Die Rollbedingungen lauten: ri α = Rϕ ,

ra β = Rϕ .

Mit dem Kurvenparameter ϕ lauten die Ortsvektoren der Punkte Pi und Pa → r r r OPi = (R − ri ) er + ri cos α er − ri sin α eϕ ,

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

14

cos ϕ  R R − sin ϕ  OPi = {R − ri + ri cos( ϕ )}  − ri sin( ϕ ) , ri ri  cos ϕ   sin ϕ  → r r r OPa = (R + ra ) er − ra cos β er − ra sin β eϕ , →



OPa = {R + ra − ra cos(

cos ϕ  R R − sin ϕ  ϕ )} − r ϕ ) sin(  a . ra ra  cos ϕ   sin ϕ 

Für die folgende Abbildung wurde gewählt: R = 4r , ri = 0.5 r ,

ra = r .

6

4

2

0

-2

-4

-6 -6

-4

-2

0

2

4

6

Aufgabe 12 ζ

z

P

ξ

C r B α

A a

R O

x

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

15

Berechnet werden soll die Schnittkurve zweier Kreiszylinder mit den Radien R und r , deren Achsen in der xz -Ebene liegen und nicht parallel sind. Der Ortsvektor zu einem Punkt P der Schnittkurve →









OP = OA + AB+ BC+ CP erhält mit den Basisvektoren

r r r eξ = cos α e x + sin α e z , r r eη = e y , r r r eζ = − sin α e x + cos α e z ,

die Darstellung 0   R OP = a 0 +   cos α 1  →

0 − sin α  cos α  cos α           0  + (r cos ϕ 1  + r sin ϕ  0 ) + h (ϕ ) 0 .          sin α  0  cos α   sin α 

Dabei sind r , ϕ und h (ϕ ) die Zylinderkoordinaten des Punktes P in der {ξ, η,ζ}-Basis des schrägen Kreiszylinders und h(ϕ ) ist der noch nicht bekannte Abstand des Schnittkurvenpunktes P von der Ebene ξ = 0 . Weil der Punkt P auf dem vertikalen Kreiszylinder liegt, muß der Abstand des Punktes P von der z -Achse den Wert R annehmen: → r → r (OP ⋅ e x )2 + (OP ⋅ e y )2 = R ,

(R − r sin ϕ sin α + h (ϕ )cos α )2 + (r cos ϕ )2 = R 2 . Daraus erhalten wir den Abstand des Punktes P von der Ebene ξ = 0 : h (ϕ ) = Damit ist die Darstellung {0 ≤ ϕ ≤ 2π} bekannt:

R 2 − (r cos ϕ )2 − R + r sin ϕ sin α . cos α der Schnittkurve mit Hilfe des Kurvenparameters

R − r sin ϕ sin α + h (ϕ )cos α     r cos ϕ OP =  .   a + R tan α + r sin ϕ cos α + h (ϕ )sin α  →

A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie

16

z

A

R

x

B - 1.1 - Graphische Kinematik

17

Aufgabe 1 E

B

D v0

v0

A

C

Man konstruiere die Geschwindigkeitsvektoren des Radpunktes B, des Gelenkpunktes C und des Stabendpunktes E unter der Voraussetzung, daß das in A gelagerte Rad rollt und der Drehpunkt D mit dem Wagenkasten fest verbunden ist. Momentanpol der Stange CE

r vE

E r vB r vD

B r vC

D

r vA

A

C

Zunächst wird, ausgehend von der gegebenen Geschwindigkeit des Punktes A, der Geschwindigkeitsvektor von B konstruiert. Dann bestimmt man in B die Pror r r jektion von v B auf die Strecke BC und in D die Projektion von v D = v A auf die r Strecke CE. vC kann nun aus diesen beiden Projektionen bestimmt werden. Im r r Schnittpunkt der Lote auf vC und v D liegt der Momentanpol der Stange CE. Aus r der bekannten Projektion von v E auf die Strecke CE und der Lage des Momenr tanpols ergibt sich schließlich v E .

B - 1.1 - Graphische Kinematik

18

Aufgabe 2

C r vB

B

r vA

A

Man bestimme graphisch den Geschwindigkeitsvektor des Punktes C und die Momentanpole der Stange und der Rechteckscheibe im dargestellten momentanen Geschwindigkeitszustand der Körperpunkte A und B.

Momentanpol

r vC

C r vB

Momentanpol

A

B

r vA

r r r vC wird aus den Projektionen von v A auf die Strecke AC und v B auf die Strekke r r BC konstruiert. In den Schnittpunkten der Lote auf vC mit den Loten auf v A und r v B liegen die beiden Momentanpole.

Aufgabe 3 Die Endpunkte A und D zweier in B gelenkig verbundener Stangen werden auf geraden Bahnen geführt und die Stange BD durch eine Schiebehülse in C. Gegeben ist der Geschwindigkeitsvektor des Punktes A. Man konstruiere die Momentanpole der Stangen AB und BD sowie die Geschwindigkeitsvektoren der Gelenkpunkte B und D.

B - 1.1 - Graphische Kinematik

19

B

r vA Schiebehülse

C

A D

r vB B

r vA

r vC Schiebehülse

A

Momentanpol BD

C r vD

Momentanpol AB

D

r Die Richtung von vC ist durch die momentane Stellung der Schiebehülse bestimmt, also parallel zur Strecke BD. Im Schnittpunkt der Lote auf die Geschwindigkeitsvektoren der Punkte C und D liegt der Momentanpol der Stange BD. Darr aus ergibt sich zunächst die Richtung von v B . Nun ist noch zu beachten: Die Pror r jektionen von v A und v B auf die Strecke AB müssen gleich sein; so erhält man r r v B . Schließlich kann die Projektion von v B auf die Strecke BD konstruiert werr den. Damit kennt man vC und mit Hilfe des Momentanpols der Stange BD auch r r v D . Der Momentanpol der Stange AB liegt im Schnittpunkt der Lote auf v A und r vB .

B - 1.1 - Graphische Kinematik

20

Aufgabe 4

Ω A

O

B

raumfest

r

R

r

R

In den Punkten A und B eines Planetenradgetriebes, das sich um den raumfesten Punkt O mit der Winkelgeschwindigkeit Ω dreht, ist jeweils ein Zahnrad gelagert. Das in A gelagerte Rad (Radius r ) rollt auf einem raumfesten Zahnrad (Radius R ) und auf dem in B gelagerten Rad (Radius R ). Man konstruiere die momentanen Geschwindigkeitsvektoren der Punkte auf der Geraden durch O und B.

2(r + R)Ω

A

O

B

2(r + R)Ω

2(r + R)Ω

(r + R )Ω

O

A

ω1 = (1 +

Anwendung:

R )Ω r

B

ω2 = 0

B - 1.1 - Graphische Kinematik

21

Bücherbrett

;;;;;;; ;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; In der sehr besuchenswerten Wolfenbütteler Herzog August Bibliothek ist ein Bücherrad ausgestellt, das mit Hilfe eines Planetenradgetriebes bei Drehung des Rades die eingebauten Bücherpulte so auf einer vertikalen Kreisbahn führt, daß dabei die Neigung der Pulte konstant bleibt. Das Getriebe - erstmals 1588 von dem italienischen Ingenieur Agostini Ramelli beschrieben - besteht aus einem raumfesten Sonnenrad (Radius R ) sowie für jedes Bücherpult aus einem Planetenrad (Radius r ) und einem mit dem Bücherpult auf einer gemeinsamen Achse sitzenden Planetenrad (Radius R ). Aufgabe 5 A r O D

Ω C

B Man bestimme graphisch den Geschwindigkeitsvektor des Punktes D in der momentanen Konfiguration, wenn sich das Schwungrad nach dem Gesetz ϕ = Ωt dreht.

B - 1.1 - Graphische Kinematik

22

rΩ

A O D r vD

C

B

vD

rΩ = 0,47rΩ

r Der Betrag des Vektors v D kann am Geschwindigkeitsmaßstab für rΩ abgelesen werden.

B - 1.2 - Ebene Kinematik

23

Aufgabe 1 Auf der in Polarkoordinaten gegebenen Kurve r r r (ϕ ) = L (1 + ϕ )er (ϕ ) bewegt sich ein Punkt so, daß die Geschwindigkeitsvektorkomponente r r vϕ = v ⋅ eϕ = c = const r ist. Man berechne die Funktionen ϕ (t ), R (t ) = r (t ) und die Bahngeschwindigkeit als Funktion von t .

r r r v = Lϕ˙er + L (1 + ϕ )ϕ˙eϕ .

r r v ⋅ eϕ = c d L 2  (1 + ϕ )  = c , dt  2 



(1 + ϕ )2 =



L (1 + ϕ )ϕ˙ = c ,

L (1 + ϕ )2 = ct + A ; 2 2c t + 1, L



A=

L . 2

2c t + 1 − 1. L

ϕ (t ) =

R (t ) = L (1 + ϕ (t )) = L

2c vs = Lϕ˙ 1 + (1 + ϕ )2 = Lϕ˙ 2 + t, L

ϕ (0 ) = 0

2c t + 1. L

c ϕ˙ = , 2c L t +1 L

vs (t ) = c

2c t +2 L . 2c t +1 L

2.5

R( t)/L

2.0

1.5

vs/c 1.0 0

1

2

3

4

2ct/L

5

Aufgabe 2 Ein Punkt kann sich auf einer Raumkurve nach dem Weg-Zeit-Gesetz s (t ) = C0 + C1t + C2t 2 + C3t 3 bewegen. Wie müssen die Konstanten C0 , C1, C2 und C3 gewählt werden, wenn der

Punkt zur Zeit t = 0 in s = 0 aus der Ruhe heraus starten und zur Zeit t = T in

B - 1.2 - Ebene Kinematik

24

s = L zum Stehen kommen soll? Die Anfangs- und Endbedingungen s (0) = 0, s˙ (0) = 0, s (T ) = L , s˙ (L ) = 0 liefern das folgende Gleichungssystem für die Konstanten: C0 = 0, C1 = 0, C0 + C1T + C2T 2 + C3T 3 = L ,



C1 + 2C2T + 3C3T 2 = 0. C2 =

1.0

3L , T2

C3 = −

2L . T3

L , T2 2C2 + 3C3T = 0. C2 + C3T =

s (t ) =

3L 2 2L 3 t − 3t . T2 T

s/L

0.5

0.0 0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

t/T

1.0

Aufgabe 3 Auf der in Polarkoordinaten gegebenen Spirale r r r (ϕ ) = r0ϕer (ϕ ) r0 = const bewegt sich ein Punkt nach dem Winkel-Zeit-Gesetz ϕ (t ) = ω 0t , ω 0 = const . Man berechne die Tangentenvektoren, Hauptnormaleneinheitsvektoren und Krümmungen der ebenen Kurve, sowie die Bahngeschwindigkeit, die Bahnbeschleunigung und die Zentripetalbeschleunigung des Punktes P. r r r dr = r0 (er + ϕeϕ ), dϕ

r dr = r0 1 + ϕ 2 , dϕ

r es =

1 1+ ϕ2

r r (er + ϕeϕ ).

B - 1.2 - Ebene Kinematik r des dϕ r des dϕ

25

r r r r = −ϕ (1 + ϕ 2 )−3 2 (er + ϕeϕ ) + (1 + ϕ 2 )−1 2 (2eϕ − ϕer ), 2 −3 2

= (1 + ϕ )



=

2 + ϕ2 , 1+ ϕ2

r des

r des

dϕ 1 1 2 + ϕ2 . = = r r0 (1 + ϕ 2 )3 2 ρ dr dϕ

r r r 1 dϕ ( −ϕer + eϕ ), en = r = des 1+ ϕ2 dϕ r r dr r r v= ϕ˙ = ω 0r0 (er + ω 0t eϕ ), dϕ a s = v˙s =

r des

r r (2 + ϕ ){−ϕer + eϕ }, 2

ω 03r0t 1 + (ω 0t )2

.

an =

vs = ω 0r0 1 + (ω 0t )2 . vs 2

ρ

= ω 0 r0 2

2 + (ω 0t )2 1 + (ω 0t )2

.

Aufgabe 4 L0

v0

v0

s1

s2

Zwei Fahrzeuge haben zum Zeitpunkt t = 0 die Geschwindigkeit v 0 und den Ab-

stand L 0 . Das erste Fahrzeug wird ab t = 0 mit konstanter Verzögerung 0, 8 g

bis zum Stand abgebremst. Man berechne die Bremswege für unterschiedliche Fahrgeschwindigkeiten v 0 .

Der Fahrer im zweiten Fahrzeug bremst nach einer Reaktionszeit t R = 1s . Für unterschiedliche Bremsintensitäten 0, 6 g und 0, 4 g berechne man die erforderlichen Sicherheitsabstände. Man berechne die Zahl der Fahrzeuge, die mit der Geschwindigkeit v 0 pro Stun-

de eine Kontrollstelle passieren können, wenn in Kolonne gefahren wird und die erforderlichen Sicherheitsabstände eingehalten werden. 1. Fahrzeug: s˙˙1 = −a1,



s˙1 = v 0 − a1t ,



s1 = v 0t −

1 a1t 2 ; 2

B - 1.2 - Ebene Kinematik

26

Bremszeit t B : s˙1(t B ) = v 0 − a1t B = 0



tB =

v0 a1

.

Bremsweg: 2

1 1 v0 s1(t B ) = v 0t B − a1t B 2 = . 2 2 a1 2. Fahrzeug: Bremsbeginn zum Zeitpunkt t = t R : s˙˙2 = −a 2 ,



s˙ 2 = v 0 − a 2 (t − t R ),



s2 = v 0t −

1 a 2 (t − t R )2 2

(t ≥ t R )

Anhaltezeit: s˙ 2 (t A ) = v 0 − a 2 (t A − t R ) = 0



t A = tR +

v0 a2

,

Anhalteweg: s2 (t A ) = v 0t A −

2

2

1 v0 1 v0 = v 0t R + . 2 a2 2 a2

Abstand der Fahrzeuge bei Stand des zweiten Fahrzeugs:

∆L = L 0 + s1(t B ) − s2 (t A ). Sicherheitsabstand L S : L0 = LS



∆L = 0



v 02 1 1 L S = s2 (t A ) − s1(t B ) = v 0t R + ( − ) 2 a 2 a1

v0

v0

L S (a

80 km / h

22,22 m / s

22,22 m

32,71m

53,68m

100 km / h 27,78 m / s

27, 78 m

44,17 m

76, 95 m

120 km / h 33,33 m / s

33, 33 m

56, 92 m

104,11 m

2 = 0, 8 g )

L S (a

2 = 0, 6 g )

L S (a

2 = 0, 4 g )

Fahrzeugdurchsatz bei Fahrzeugen der Länge L F : Dauer der Vorbeifahrt eines Fahrzeugs mit der Bezugslänge L*:= L F + L S bei der Geschwindigkeit v 0 :

∆t (v 0 ) =

L* L F + L S (v 0 ) = . v0 v0

Zahl der Fahrzeuge, die in einer Stunde an einer Meßstelle vorbeifahren können:

B - 1.2 - Ebene Kinematik

27 n=

v0 3600 s = 3600 s . L F + L S (v 0 ) ∆t

Mit den speziellen Werten L F = 4 m, a1 = 0, 8 g , t R = 1s erhalten wir die in der folgenden Abbildung dargestellte Funktion n (v 0 ) : 2300

Fahrzeuge/h

a2 = 0,6 g

2000 1700 1400

a2 = 0,4 g

1100 800

20

60

100

140

km/h

180

Aufgabe 5 Eine Rad (Radius R ) rollt auf einer Bahn, die durch die Funktion y = f ( x ) gegeben ist. Man berechne die Bahnkurve des Radschwerpunktes, den Geschwindigkeitsvektor des Schwerpunktes und die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ des Rades, wenn die x -Koordinate des Kontaktpunktes als Funktion der Zeit gegeben ist. ϕ˙ y

S

R

f (x )

x Ortsvektor der Bahnkurve:

Tangenteneinheitsvektor:

r r r r = xe x + f ( x )e y

B - 1.2 - Ebene Kinematik

28 r dr r r r 1 e1 = dxr = (e x + f ′ e y ). 2 dr 1 + ( f ′) dx

Normaleneinheitsvektor (links-orientiert): r r r r r 1 (e y − f ′ e x ). e 2 : = e z × e1 = 1 + ( f ′ )2 Ortsvektor zum Schwerpunkt des Rades: r r r r r Rf ′ R rS = r + R e 2 = ( x − )e x + ( f ( x ) + )e y . 2 2 1 + ( f ′) 1 + ( f ′) Geschwindigkeitsvektor des Schwerpunktes: r drS r r r r Rf ′′ Rf ′′ 2 ˙ ˙ vS = x˙ = (1 − 2 3 / 2 )x (e x + f ′e y ) = ( 1 + ( f ′ ) − 2 )x e1. dx (1 + ( f ′) ) 1 + ( f ′) Rollbedingung (Kontaktpunkt = Momentanpol): r r r r vS = ( −ϕ˙ e z ) × (R e 2 ) = Rϕ˙ e1,

ϕ˙ = (

1 + ( f ′ )2 f ′′ − )x˙ . R 1 + ( f ′ )2

Aufgabe 6 v0 ϕ2

ϕ1 R0

r2

r1 r0

δ 0: ϕ(t) = − r r ω F = Ωe z ,

r r vrel = v 0eϕ ,

r r OA = r {− cos ϕ er + sin ϕ eϕ },

π v0 + t. 3 r

v 02 r r a rel = − e . r r

r r OP = OA + AP = r {(1 − cos ϕ ) er + sin ϕ eϕ }.

r r r r v F = ω F × OP = rΩ{(1 − cos ϕ )eϕ − sin ϕer }. r r r r r vabs = v F + vrel = {v 0 + rΩ (1 − cos ϕ )}eϕ − rΩ sin ϕer . r r r r r a F = ω F × (ω F × OP ) = −Ω 2 OP = −rΩ 2{(1 − cos ϕ )er + sin ϕeϕ }. r r r r r a Cor = 2ω F × vrel = 2Ωv 0e z × eϕ = −2Ωv 0er . r r r r a abs = a F + a Cor + a rel , v 02 r r r 2 }er − rΩ 2 sin ϕeϕ . a abs = −{rΩ (1 − cos ϕ ) + 2Ωv 0 + r Absolute Bahnkurve:

r r OP = r {(1 − cos ϕ ) er + sin ϕ eϕ }, r r r r r r er = cos(Ωt + ϕ )e x + sin(Ωt + ϕ )e y , eϕ = − sin(Ωt + ϕ )e x + cos(Ωt + ϕ )e y , r r OP = x P e x + y P e y ,

x

B - 1.4 - Relativkinematik

53

x P = r {(1 − cos ϕ )cos(Ωt + ϕ ) − sin ϕ sin(Ωt + ϕ )} = r {cos(Ωt + ϕ ) − cos(Ωt )}, y P = r {(1 − cos ϕ )sin(Ωt + ϕ ) + sin ϕ cos(Ωt + ϕ )} = r {sin(Ωt + ϕ ) − sin(Ωt )}. Spezialfall:

ϕ (t ) = −

π v0 + t, 3 r

v0 =

1 rΩ 4

x P = r {cos( 54 Ωt − π3 ) − cos(Ωt )}, y P = r {sin( 54 Ωt − π3 ) − sin(Ωt )}; yP /r



ϕ (t ) = −

0 ≤ Ωt ≤

π Ωt + . 3 4

8π = 8, 377. 3

1.0

0.5

x P /r

0.0

-0.5

-1.0 -1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Aufgabe 4 y

y

C P

A O

B

C

A

ϕ (t )

r e2

Ωt O

r e1

x

x

P h

t =0

B

t >0

Die in A gelagerte Stange (Länge L ) dreht sich nach dem Gesetz ϕ (t ) , wobei der

Endpunkt P eine Kurve auf die mit der Winkelgeschwindigkeit Ω um O sich dre-

B - 1.4 - Relativkinematik

54

hende Kreisscheibe zeichnet. Man berechne diese Kurve und die Relativgeschwindigkeit des Punktes P für einen Beobachter auf der Kreisscheibe.

α : = Ωt , r r r r r r e1 = cos α e x + sin α e y , e 2 = − sin α e x + cos α e y , r r r r r r e x = cos α e1 − sin α e 2 , e y = sin α e1 + cos α e 2 , r r r OP = OA + AP = −he x + L cos ϕ e x + L sin ϕ e y , r r r r OP = (L cos ϕ − h ){cos α e1 − sin α e 2} + L sin ϕ {sin α e1 + cos α e 2}, r vrel

r r OP = (L cos(ϕ − α ) − h cos α ) e1 + (L sin(ϕ − α ) + h sin α ) e 2 . r r = {− L (ϕ˙ − Ω )sin(ϕ − α ) + hΩ sin α}e1 + {L (ϕ˙ − Ω )cos(ϕ − α ) + hΩ cos α}e 2 .

Spezialfall: h = r,

L = r,

π ϕ (0 ) = − , 3

ϕ (t ) = −

π Ωt 1 Ωr , ϕ (t ) = − + . 4 3 4 q1 = r {cos( 43 Ωt + π3 ) − cos(Ωt )},

π v0 + t, 3 r

v0 =

q 2 = r {− sin( 43 Ωt + π3 ) + sin(Ωt )}. q 2/r

1.0

0.5

0.0

q 1/r

-0.5

-1.0 -1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Aufgabe 5 Auf einem mit der konstanten Geschwindigkeit v 0 fahrenden Fahrzeug ist eine

B - 1.4 - Relativkinematik

55

Leiter montiert, die nach den Gesetzen b (t ) = 2v 0t , α (t ) = Ωt bewegt wird. Man berechne die absolute Geschwindigkeit und die absolute Beschleunigung des Leiterendpunktes C. C L r e2 A

b(t) B r e1

α(t)

v0

r ey O r ex r r r r r r v A = v 0e x = v 0 (cos α e1 − sin α e 2 ), a A = 0. r r r r r ω F : = α˙e 3 = Ω e 3 , ω˙ F = 0. Berechnung der Absolutgeschwindigkeit in der bewegten Basis: Führungsgeschwindigkeit von C: r r r r r r r r v F = v A + ω F × AC = v A + Ω e 3 × (b (t ) + L )e1 = v A + Ω (b (t ) + L )e 2 , r r r v F = v 0 cos(Ωt ) e1 + {−v 0 sin(Ωt ) + Ω (2v 0t + L )}e 2 . Relativgeschwindigkeit von C:

r r r vrel = b˙ e1 = 2v 0e1.

Absolutgeschwindigkeit von C: r vabs

r r r vabs = v F + vrel , r r = {v 0 cos(Ωt ) + 2v 0}e1 + {−v 0 sin(Ωt ) + Ω (2v 0t + L )}e 2 .

Berechnung der Absolutgeschwindigkeit in der raumfesten Basis (O ist der Ursprung des xy −Koordinatensystems): r r OC = OA + AC = OA + (b (t ) + L ){cos α e x + sin α e y} r r r r r r vabs = v 0e x + 2v 0{cos α e x + sin α e y} + (2v 0t + L )Ω{− sin α e x + cos α e y},

B - 1.4 - Relativkinematik

56

r r r vabs = {v 0 + 2v 0 cos α − Ω (2v 0t + L )sin α}e x + {2v 0 sin α + Ω (2v 0t + L )cos α}e x . Berechnung der Absolutbeschleunigung in der bewegten Basis: Führungsbeschleunigung des Punktes C: r r r r r a F = a A + ω˙ F × AC + ω F × (ω F × AC ), r r a F = −ω F 2 AC = −Ω 2 (b (t ) + L )e1, CORIOLISbeschleunigung des Punktes C: r r r r r r a Cor = 2ω F × vrel = 2Ωb˙ e 3 × e1 = 4Ωv 0e 2 , Relativbeschleunigung des Punktes C: r r r a rel = b˙˙ e1 = 0, Absolutbeschleunigung des Punktes C: r r r r a abs = a F + a Cor + a rel , r r r a abs = −Ω 2 (2v 0t + L )e1 + 4Ωv 0e 2 . Berechnung der Absolutgeschwindigkeit in der raumfesten Basis: r r a abs = v˙abs , r r r a abs = {−4v 0Ω sin α − Ω 2 (2v 0t + L )cos α}e x + {4v 0Ω cos α − Ω 2 (2v 0t + L )sin α}e y . Aufgabe 6 z

y

Ω r e3 A

P

ϑ (t) r e1

r er

r eϑ

P r e2

r e1 A

Ωt x

r ez O Auf einem Halbkreisring (Radius R ), der sich um den vertikalen Durchmesser mit der Winkelgeschwindigkeit Ω dreht, bewegt sich ein Punkt P nach dem Winkel-Zeit-Gesetz ϑ (t ) . Für einen mit dem Kreisring bewegten Beobachter berechne

B - 1.4 - Relativkinematik

57

man die Relativgeschwindigkeit und Relativbeschleunigung des Punktes P sowie die absolute Geschwindigkeit und die absolute Beschleunigung, die ein raumfester Beobachter registriert. r r r er = sin ϑ e1 + cos ϑ e 3 , r r r e z = cos ϑ er − sin ϑ eϑ ,

r r r eϑ = cos ϑ e1 − sin ϑ e 3 , r r r r eϕ : = er × eϑ = e 2 .

→ r r r AP = R (sin ϑ e1 + cos ϑ e 3 ) = R er ,

Führungswinkelgeschwindigkeit: r r r r ω F = Ωe z = Ω (cos ϑ er − sin ϑ eϑ ). Relativgeschwindigkeit und Relativbeschleunigung des Punktes P: r r r r vrel = R ϑ˙ (cos ϑ e1 − sin ϑ e 3 ) = R ϑ˙ eϑ , r r r r r r r a rel = R ϑ˙˙ (cos ϑ e1 − sin ϑ e 3 ) + R ϑ˙ 2 ( − sin ϑ e1 − cos ϑ e 3 ) = R ϑ˙˙ eϑ − R ϑ˙ 2er . Führungsgeschwindigkeit und Führungsbeschleunigung des Punktes P: → r r r r r r v F = ω F × AP = Ω (cos ϑ er − sin ϑ eϑ ) × R er = RΩ sin ϑ eϕ , → r r r r r r r r a F = ω F × (ω F × AP ) = Ω (cos ϑ er − sin ϑ eϑ ) × RΩ sin ϑ eϕ = RΩ 2 sin ϑ ( − cos ϑ eϑ − sin ϑ er ).

Coriolisbeschleunigung des Punktes P: r r r r r r r a Cor = 2ω F × vrel = 2Ω (cos ϑ er − sin ϑ eϑ ) × Rϑ˙ eϑ = 2RΩϑ˙ cos ϑ eϕ . Absolutgeschwindigkeit und Absolutbeschleunigung des Punktes P: r r r vabs = v F + vrel , r r r vabs = RΩ sin ϑ eϕ + Rϑ˙ eϑ ; r r r r a abs = a F + a Cor + a rel , r r r r a abs = − R (ϑ˙ 2 + Ω 2 sin 2ϑ )er + R (ϑ˙˙ − Ω 2 sin ϑ cos ϑ )eϑ + 2RΩϑ˙ cos ϑeϕ . Berechnung der Absolutgeschwindigkeit und der Absolutbeschleunigung im raumfesten Bezugssystem:

B - 1.4 - Relativkinematik sin ϑ cos(Ωt )   → AP = R  sin ϑ sin(Ωt ) ,     cos ϑ

a abs

58

r vabs

ϑ˙ cos ϑ cos(Ωt ) − Ω sin ϑ sin(Ωt )   = R ϑ˙ cos ϑ sin(Ωt ) + Ω sin ϑ cos(Ωt ),   ˙   −ϑ sin ϑ  

ϑ˙˙ cos ϑ cos(Ωt ) − (ϑ˙ 2 + Ω 2 )sin ϑ cos(Ωt ) − 2ϑ˙Ω cos ϑ sin(Ωt )   2 2 ˙˙ ˙ ˙  = R ϑ cos ϑ sin(Ωt ) − (ϑ + Ω )sin ϑ sin(Ωt ) + 2ϑΩ cos ϑ cos(Ωt ) .   2 ˙˙ ˙   −ϑ sin ϑ − ϑ cos ϑ  

B - 2.1 - Graphische Statik

59

Aufgabe 1

F 4 = 200 N

F2 = 300 N

F3 = 300 N

F1 = 200 N

Man bestimme graphisch mit dem Seileck-Verfahren die Resultierende von vier parallelen Kräften, die an einem starren Körper angreifen.

F3

(0)

F4 (3)

E

WL 1

(0)

C

(4)

WL 2 WL-Resultierende

A

(2)

Lageplan

(3)

D

Pol

(2)

F2 (1)

F1 WL 4

B (1)

Kräftesumme

(4)

WL 3

(4)

(0)

200 N

Kräfteplan

Im Kräfteplan werden zunächst die Kraftvektoren maßstäblich als Vektorkette dargestellt und nach Wahl eines zeichentechnisch möglichst günstigen Pol-Punktes die Pol-Strahlen (0),(1),...,(4) gezeichnet. Dann werden im Lageplan die Wirkungslinien WL1,..., WL 4 der Kräfte maßstabsgetreu dargestellt und durch einen beliebigen Punkt A auf der WL1 eine Parallele zum Polstrahl (0) gelegt. Ebenfalls durch A wird eine Parallele zum Polstrahl (1) gezeichnet, die WL 2 in B schneidet. Durch B legt man eine Parallele zum Polstrahl (2), die WL 3 in C schneidet, durch C eine Parallele zum Polstrahl (3) die WL 4 in D schneidet. Schließlich zeichnet

B - 2.1 - Graphische Statik

60

man durch D die Parallele zum Polstrahl (4) bis zum Schnittpunkt E mit der durch A laufenden Parallelen zum Polstrahl (0). Der Punkt E ist ein Punkt auf der Wirkungslinie der Resultierenden, deren Größe und Richtung dem Kräfteplan entnommen werden kann.

Aufgabe 2 Man bestimme graphisch die Auflagerkräfte der statisch bestimmt gestützten Platte, die durch eine Kraft 500 N belastet ist.

500 N

B

A

Im Lageplan müssen die Wirkungslinien der Last und der beiden Auflagerkräfte r r A und B durch einen gemeinsamen Punkt gehen, und im Kräfteplan muß das Krafteck geschlossen sein. 100 N

WL A WL B

P

B

r A = 580N r B = 360N

r A

WL Last geschlossenes Krafteck

A

Lageplan

r B

Kräfteplan

Aufgabe 3 Man bestimme graphisch die Auflagerkräfte der statisch bestimmt gestützten Platte, die durch ein Moment M L belastet ist.

B - 2.1 - Graphische Statik

61

B ML

A Das Lastmoment wird durch ein statisch äquivalentes Kräftepaar r r M r M r {F1 = L e F durch A , F2 = − L e F durch C ,} h h ersetzt, von dem die Wirkungslinien der Kräfte im Lageplan eingetragen werden. h C WL B

D

r B B

r F1

r F2 WL 1

r 2M r L . A =B= 3 h

WL 2 r A

A Lageplan

Kräfteplan

r r Der Punkt D ist Angriffspunkt der Kräftesumme (B + F2 ) und in A greift die Kräfr r tesumme ( A + F1 ) an. Diese beiden Kräftesummen sollen ein Gleichgewichtssystem bilden und müssen deshalb die gemeinsame Wirkungslinie AD haben und im Kräfteplan ein geschlossenes Krafteck bilden.

Aufgabe 4 Man bestimme graphisch die Kräfte in den drei Stäben, die in den Punkten A, B und C gelagert sind und die durch eine Kraft F belastete Platte statisch bestimmt stützen.

B - 2.1 - Graphische Statik

62

B

A

F

C

WL F

B

r B

E A

F

C D

r A = 0,45 F ,

Lageplan

r A r C

r B = 0,85 F ,

r C = 0,5F .

Kräfteplan

r r Der Punkt E ist Angriffspunkt der Kräftesumme ( A + B ) und der Punkt D Anr r griffspunkt der Kräftesumme (C + F ) . Diese beiden Kräftesummen bilden ein Gleichgewichtssystem, wenn sie die gemeinsame Wirkungslinie DE haben und entgegengesetzt gleich sind, also das Krafteck im Kräfteplan geschlossen ist.

Aufgabe 5

(3)

F (2) (1)

B - 2.1 - Graphische Statik

63

Man bestimme graphisch die Stabkräfte in den Stäben (1), (2) und (3) des statisch bestimmt gestützten ebenen Fachwerks, das durch die Kraft F im Knotenpunkt B belastet ist. Lageplan C

Kräfteplan

S3

WL F

(3)

F

(2)

S2

B

S1

(1)

S1 = 1,7 F (Druckstab) S2 = 1,15F (Druckstab) S3 = 2,25F (Zugstab) r r r r Die Kräftesumme (F + S1 ) greift im Punkt B und die Kräftesumme (S2 + S3 ) im Punkt C an. Im Gleichgewichtsfall müssen beide Kräftesummen die gemeinsame Wirkungslinie BC haben und das Krafteck muß sich schließen.

Aufgabe 6 m F

g

m

Zwei Räder (Masse m ) sind über ein Seil miteinander verbunden und werden von der Kraft F in der dargestellten Lage auf einer kreiszylindrischen Bahn im Gleichgewicht gehalten. Man bestimme graphisch die Kraft F und die drei Reaktionskräfte.

B - 2.1 - Graphische Statik

64

G T

F

T

G

N2 N1

G = mg Geschlossene Kraftecke für die zentralen Kräftesysteme

F T T G N1 rechtes Rad

N2 linkes Rad

F = 1,8G, T = 1,23G, N 1 = 3,7G, N 2 = 4,8G.

G

B - 2.2 - Ebene Statik - Einzelkörper

65

Aufgabe 1 Eine Blechplatte (Masse/Flächeneinheit: µ ) mit zwei Löchern ist in den Eckpunkten A und B gelagert. Man berechne die Auflagerkräfte. B µgπL

2

µg 48L

µg 4L

g

Bx

2 2

Ax

A

L L

Ay Kräftegleichgewicht und Momentengleichgewicht (Bezugspunkt A) Ay + ( −48 + 4 + π )µgL2 = 0, A x + B x = 0, −6LB x + 2LπµgL2 + 5L 4 µgL2 − 4 L 48 µgL2 = 0; Ay = (44 − π )µgL2 = 40, 86 µgL2 , Bx =

π − 86 µgL2 = −27, 62 µgL2 , 3

Ax = −Bx .

Aufgabe 2 G = mg L a h α

AV sinα =

S b

h L

AH

Die Lage des Schwerpunktes S im Fahrzeug (Masse: m ) soll bestimmt werden aus zwei Messungen der Auflagerkraft AH am Hinterrad bei zwei Fahrzeugneigungen. Gegeben sind: m = 520 kg,

L = 2 m,

B - 2.2 - Ebene Statik - Einzelkörper

66

AH = 2, 93 kN bei h = 0,

AH = 3,15 kN bei h = 0, 7m.

Vertikale Kräftesumme: AV + AH − G = 0. Momentengleichgewicht um Vorderachse: AH L cos α − (a cos α + b sin α )G = 0. Für h = 0 → α = 0 erhalten wir AV = G − AH = 520 ⋅ 9, 81N − 2, 93 ⋅103 N = 2,17kN. AH L − aG = 0



a=

AH G

L=

2, 93 kN 2m = 1,15m. 5,10 kN

Für h = 0, 7 m → α = arcsin(h L ) = 20, 5o erhalten wir AV = G − AH = 520 ⋅ 9, 81N − 3,15 ⋅103 N = 1, 95kN. b=

cos α AH 0, 9367 3,15 ( L − a) = ( 2 − 1.15)m = 0, 23m. sin α G 0, 35 5,10

Aufgabe 3

g

c1 a c1x

x m

b

A G = mg

c2

B c2 x

Eine homogene starre Platte hängt an zwei vertikal verschieblichen Auflagern, die sich auf Federn abstützen. Die Federn sind für x = 0 entspannt. Man berechne für den Gleichgewichtzustand die Absenkung der Auflager und die Auflagerkräfte. Kräftegleichgewicht und Momentengleichgewicht (Bezugspunkt A):

B - 2.2 - Ebene Statik - Einzelkörper

67

− A + B = 0, c1x + c 2 x − G = 0, G

x=

a + Bb − c 2 xa = 0; 2

G , c1 + c 2

A = B =G

a c 2 − c1 . 2b c 2 + c1

Aufgabe 4 x

F

G

L L Ein starrer Balken (Länge 4L , Gewichtskraft G ), der durch drei starre Stäbe (Masse vernachlässigbar klein) gestützt wird, ist mit einer Kraft F belastet. Man berechne die drei Stabkräfte. x

F

G

A S2

S1

S3

L

L Kräftegleichgewicht und Momentengleichgewicht (Bezugspunkt A): →: ↑:

2 − S2 2 2 S1 + S2 2 S1

2 + S3 2 2 + S3 2

2 = 0, 2 2 − F − G = 0, 2

− S1

2 2 L + S3 2L + F (2L − x ) = 0. 2 2

S1 − S2 + S3 = 0, S1 + S2 + S3 = 2 (F + G ), −S1 + 2S3 = − 2F (2 − S3 = 2 (

G F F x − + ), 6 2 3L

S1 = 2 (

x ). L

G F x 2 +F − ), S2 = (F + G ). 3 3L 2

B - 2.2 - Ebene Statik - Einzelkörper

68

Aufgabe 5 Eine starre Platte (Gewichtskraft G ) ist im Punkt A gelenkig gelagert und wird in r B durch ein Seil gehalten, das den Winkel α mit der e x -Richtung bildet. Man berechne die Auflagerkraft und die Seilkraft.

A

B

L

r ey

α

S

g

r ex

Ay

T L

α

Ax r ey

S G

r ex

Kräftegleichgewicht und Momentengleichgewicht (Bezugspunkt B): A x + T cos α = 0, Ay + T sin α − G = 0, G



Ay =

G , 2

L − Ay L = 0; 2

Für α = 0 ist Gleichgewicht nicht möglich.

T =

G , 2 sin α

Ax = −

G . 2 tan α

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

69

Aufgabe 1

α

F

β

β

α

K Für das Stabmodell einer Kniehebelpresse berechne man die Kraft K , die der gegebenen Kraft F am System das Gleichgewicht hält, und die Kräfte in den vier Stäben.

α

S2

F S2

S3

S3

β

A

B

S4 β

S4

S1 α S1 K Kräftgleichgewicht im Gelenkknoten B: −S3 cos β + S 4 cos β = 0, −S3 sin β − S 4 sin β − F = 0;



S3 = S 4 = −

F . 2 sin β

Kräftegleichgewicht im Gelenkknoten A: S3 cos β − S2 sin α − S1 sin α = 0, S3 sin β + S2 cos α − S1 cos α = 0,



S1 = −

cos(α − β )F cos(α + β )F , S2 = − . 2 sin(2α )sin β 2 sin(2α )sin β

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

70

Vertikales Kräftegleichgewicht im einwertigen Auflager: S1 cos α + K = 0,



K=

cos(α − β )F . 4 sin α sin β

Aufgabe 2 F

F

F

F

L L Man berechne die Auflagerkräfte und die Stabkräfte des ebenen Fachwerks. F

F

F

F Bx By

L L

Ay

Gleichgewichtsbedingungen für das Fachwerk: B x = 0, Ay + By − 4 F = 0,

B x = 0,

Ay =

Ay 3L − F 4 L − F 3L − F 2L − FL = 0;

10 F, 3

By =

Freikörperbild der Gelenkknoten: F

F S1

L

S2

L

F

S5 S6

10 F 3

S12

S8

S4 S3

F

S7

S9 S10

S11

S13

2 F 3

2 F. 3

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

71

Gleichgewichtsbedingungen für die zentralen Kräftesysteme in den Gelenkknoten: →: ↑:

→: ↑:

→: ↑:

S1 +

2 S = 0, 2 2

2 − S − F = 0; 2 2

→:

S 4 − S1 = 0,

↑:

− S3 − F = 0;

S2 = − 2F ,

S1 = F ;

S3 = − F ,

2 2 S2 + S + S6 = 0, 2 2 5 2 2 10 S2 + S3 + S5 + F = 0; 2 2 3

S4 = F ;



→:

− S6 + S10 = 0,

↑:

S7 = 0;

S5 = −

S7 = 0,

2 2 S5 + S + S8 = 0, 2 2 9 2 2 − S5 − S7 − S − F = 0; 2 2 9

− S4 −

→:

− S8 + S12 = 0,

↑:

− S11 − F = 0;

→:

− S10 −

S10 =

S8 = −

S11 = − F ,

2 2 S9 + S = 0, 2 2 13

4 2 F, 3

1 F; 3

1 F; 3

2 F, 3

S12 = −

S13 =

S6 =

S9 =

2 F; 3

2 F; 3

2 2 F. 3

Stabkräfte mit positivem (negativem) Vorzeichen kennzeichnen Zugstäbe (Druckstäbe).

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

72

RITTERsches Schnittverfahren: Mit dem RITTERschen Schnittverfahren kann man gezielt die Stabkräfte in drei Stäben berechnen, die eine Verbindung von zwei starren Teilfachwerken bilden. F

F

F

F S8 2 F 3

S9

L

S10

L

Gleichgewichtsbedingungen für das rechte Teilfachwerk: 2 S − S10 = 0, 2 9 2 2 S9 − F + F = 0, 2 3 2 S8 L + FL = 0; 3

−S 8 −

S8 = −

2 F, 3

S9 =

2 F, 3

S10 =

1 F. 3

Aufgabe 3 Für das ebene System starrer Körper berechne man die Auflagerkräfte und die Stabkräfte. Die Masse der Stäbe sei vernachlässigbar klein.

S 4m g m L A

B

L 2m

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

73 S6 T2 T2

4G S1

S3

S6 S5

S5

S4

G = mg

y S1

Ax

Ay

S4

S3 S2

S2

T1 T1

By

x

2G

Gleichgewichtsbedingungen für das Gesamtsystem: A x = 0, Ay + By − 4G − G − 2G = 0,

→ A x = 0,

By = 9G ,

Ay = −2G .

By 2L − 4GL − G 4 L − 2G 5L = 0; Gleichgewichtsbedingungen in den Auflagerknoten A und B: A x + S2 = 0, Ay + S1 = 0, By + S 4 + S 3

2 = 0,

− S2 − S3

S2 = 0,

S1 = 2G ,

S3 = 0,



2 = 0; S 4 = −9G ;

Gleichgewichtsbedingungen für die drei starren Körper: T1 − 2G = 0, −T2 − S5 − S6 S6



T1 = 2G ;

2 = 0,

2 − G − T1 = 0,



T2 = 2G ,

S6 = 3 2G ,

S5 = −5G ;

T2L − T1L = 0; S3 −S1 − S3

2 + S5 + S 6 2 − S 4 − S6

2 + T2 = 0, 2 − 4G = 0,

−4GL − S 4 2L − T2L − S6 2L 2 = 0.

(nur noch als Test)

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

74

Aufgabe 4

g L,m β k

k



G α

L,m

k (β − α )

α = β = 0: Drehfedern entspannt

G

Man berechne die Gleichgewichtslage der beiden Stäbe, die in den Gelenken durch zwei Drehfedern gestützt werden. Man setze insbesondere k = mgL = GL . Momentengleichgewicht des rechten Stabes: L k ( β − α ) − G sin β = 0, 2

α=β−

Momentengleichgewicht des gesamten Systems: L L kα − G cos α − G (L cos α + sin β ) = 0, 2 2

β = 2α − α−

α−

1 sin β . 2

3 1 cos α − sin β = 0. 2 2

3 cos α , 2

3 1 3 cos α − sin(2α − cos α ) = 0. 2 2 2

Lösung der nichtlinearen Gleichung:

α = 1.1338 = 64, 96o ,

β = 1.6327 = 93, 55o.

Aufgabe 5 Die dargestellte Vorrichtung dient als Zugkraftbegrenzer: Wenn die auf den Bolzen wirkende Scherkraft einen maximalen Wert Q max erreicht, wird der Bolzen abgeschert und die Zange öffnet sich. Man berechne die maximal mögliche Zugr kraft und die Kraft K auf den Gelenkbolzen.

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

75

α α

a

F

F

h b c

d

Ky

α

A

T Q

Kx

A

α α

F A

Kx

F

Q T

A Ky

α

Gleichgewichtsbedingungen für die freigeschnittenen Körper unter Beachtung der Symmetrie: − A + K x + T cos α = 0, K y + Q − T sin α = 0,

− F + 2 A = 0,

F − 2T cos α = 0.

Aa + Qc − T cos α h − T sin α (c + d ) = 0, Ergebnisse: A= Q=

F , 2

T =

F , 2 cos α

h + (c + d ) tan α − a F, 2c Fmax =

Ky =

K x = 0, a − h − d tan α F. 2c

2c Q . h + (c + d ) tan α − a max

Aufgabe 6 Auf einer Hebebühne (Masse m1) liegt ein Ladegut (Masse m 0 ). Die Hubstangen (Länge 2L , Masse m 2 ) sind in C gelenkig verbunden. Man berechne die Kraft

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

76

F (α ) , mit der das System im Gleichgewicht gehalten werden kann und alle Kräfte in den Gelenkpunkten A, B, C, D und E. G = (m 0 + m1 )g

b

m0 m1 g

B

A

L

L

C L

F (α )

D

L

α

α

E

G

Bx Ay

By

Cy

Ay Cx

Cy Ey

G2

Bx By

Dy

Ex

G2

F

Cx

Gleichgewichtsbedingungen für die äußeren Kräfte am Gesamtverband: E x + F = 0, E y + Dy − G − 2G 2 = 0, Gb + 2G 2L cos α − Dy 2L cos α = 0; Dy = G 2 +

b G, 2L cos α

E y = G 2 + (1 −

F = −E x .

b )G . 2L cos α

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

77

Gleichgewichtsbedingungen für den Hubtisch mit Last: B x = 0, Ay + By − G = 0, Gb − Ay 2L cos α = 0; B x = 0,

Ay =

b G, 2L cos α

By = (1 −

b )G . 2L cos α

Gleichgewichtsbedingungen für die Hubstange AE: −C x + E x = 0, − Ay − Cy + E y − G 2 = 0, Ay 2L cos α + C x L sin α + Cy L cos α + G 2L cos α = 0; Cy = (1 −

b )G , L cos α

Cx = E x = −

G + G2 tan α

F (α ) =

.

G + G2 tan α

.

Gleichgewichtsbedingungen für die Hubstange BD: (nur noch zur Kontrolle) B x + C x + F = 0, − By + Cy + Dy − G 2 = 0, Cy L cos α − C x L sin α − By 2L cos α + B x 2L sin α − G 2L cos α = 0. Aufgabe 7 Drei gelenkig miteinander verbundene starre Körper sind im Punkt A aufgehängt. Unter Beachtung der Symmetrie berechne man die beiden Gleichungen für die Winkel α und β in der Gleichgewichtslage.

A

L

L

L

α

α

m β

g

L

m 2L 4m

β

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

78

F α

By

L 2

By

4G L

L 2

L

Bx

Bx

G Bx

By

Gleichgewichtsbedingungen der freigeschnittenen Körper: − B x + F cos α = 0, − By − G + F sin α = 0,

2By − 4G = 0, G

L cos β + By L cos β − B x L sin β = 0. 2

Reaktionskräfte: By = 2G ,

Bx =

5 cos β G , 2 sin β

F = 3G

1 . sin α

Gleichungen für die Neigungswinkel: B x = F cos α



tan α 6 = . tan β 5

Geometrische Bedingung: L cos β + L cos α = L . Damit erhalten wir für den Winkel α die nichtlineare Gleichung tan α − sin α

6 = . 2 cos α − cos2 α 5



α = 1, 0862 = 62, 2o β = 1, 0073 = 57, 7o.

Aufgabe 8 L

E

L

C F

D A

B

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

79

Das aus drei starren Stäben bestehende System ist mit der Kraft F belastet. Man berechne die Auflagerkräfte im Auflager A, die Stabkraft im Stab BC, die Kraft im Seil DE sowie die Kräfte im Gelenk C. Cy

Cx

Cx

Dy Ay

Dy

Cy

F

B

Ax Cx −

A x − C x = 0,

B − F = 0, 2 Dy L − F 2L = 0.

Ay + Dy − Cy = 0,

− D y + Cy +

C x 2L − Cy 2L + Dy L = 0; C x − Cy = − F ,

D y = 2F ,

Cx = F ,

C x + Cy = 3 F , Ax = F ,

B = 0, 2

Ay = 0,

Cy = 2 F ,

B = 2 F.

Aufgabe 9

x G

a

b

c

Q

d

e

Wie müssen die Abmessungen einer Brückenwaage gewählt werden, wenn die Kraft G , die einer Last Q das Gleichgewicht hält, unabhängig sein soll von der Position x der Wirkungslinie der Last?

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

80

x S1 G

K

S2

b

a

Q

S1

S2

c

K

e

d

Gleichgewichtsbedingungen: Ga − S1b − S2 (b + c ) = 0, S1 + K − Q = 0, K (c + d ) − Qx = 0, Ke − S2 (d + e ) = 0. Innere Reaktionskräfte: x K =Q , c +d

S1 = Q (1 −

x xe ), S2 = Q . c +d (c + d )(d + e )

Q xb xe (b + c ) Q x e (b + c ) {b − + } = {b − (b − )}; a c + d (c + d )(d + e ) a c +d d +e

G=

G wird unabhängig von x , wenn b (d + e ) = e (b + c )



bd = ec .

Aufgabe 10 y g C L

S1 S2

L

A

30o 30o

x B

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

81

Zwei homogene starre Platten (Gewichtskräfte: 3G und 2G ) sind in den Punkten A, B und C gelenkig gelagert. Man berechne die inneren und äußeren Reaktionskräfte. Koordinaten der Schwerpunkte und der Gelenkpunkte: x S = 3L 1

3 1 3 3 −1 −L = L, 2 2 2 x C = 6L

x B = x C + 4L

1

3 = 3 3L , 2

1 3 3+ 3 +L = L, 2 2 2

yC = 6L

1 = 3L , 2

3 1 8 3 −1 −L = L, 2 2 2

yS = yC − 2L

1 3 4− 3 −L = L, 2 2 2

3 1 − 2L = (5 3 − 1)L , 2 2

y B = yC − 4 L

1 3 − 2L = (1 − 3 )L . 2 2

x S = x C + 2L 2

yS = 3 L

2

Cy Cx

Cx

Cy 3G

Ay

2G

Ax

By

Bx

Kräfte-Gleichgewichtsbedingungen für das Gesamtsystem und den linken Körper: A x + B x = 0, A x + C x = 0, Ay + By − 5G = 0;

Ay + Cy − 3G = 0.

Momenten-Gleichgewichtsbedingungen für die beiden Körper, Bezugspunkt C: A x yC − Ay x C + 3G ( x C − x S ) = 0, 1

B x (yC − y B ) + By ( x B − x C ) − 2G ( x S − x C ) = 0; 2

2 A x − 2 3 Ay = −(3 3 + 1)G , A x (2 + 3 ) + Ay (2 3 − 1) = (8 3 − 4)G ;

Ergebnisse:

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

82

A x = 1, 057 G , Bx = Cx = − Ax ,

Ay = 2, 3990 G ;

By = 2, 6010 G ,

Cy = 0, 6010 G .

Aufgabe 11 Für das dargestellte Rad-Achsen-System berechne man unter Beachtung der Symmetrie die Kraft im Gelenkpunkt A und die Länge der Feder (Federsteifigkeit c ) im belasteten Zustand, wenn L 0 die Länge der entspannten Feder ist. G1 + FL

G2 c

G2 c

S1

A

S2

LA LF L2 LR

G1 + FL K

K Ay

Ay Ay

K

G2 N

Kräfte-Gleichgewichtsbedingungen am Rahmen und an der Achse: 2 Ay + 2K − (FL + G1 ) = 0; N − Ay − K − G 2 = 0; N = G2 +

1 (G + FL ). 2 1

B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände

83

Momenten-Gleichgewichtsbedingungen an der Achse: N (L A + L R ) − K (L A + L F ) − G 2 (L A + L 2 ) = 0; K= K=

N (L A + L R ) − G 2 (L A + L 2 ) L A + LF

,

G 2 (L R − L 2 ) + (G1 + FL )(L A + L R ) 2 L A + LF

Bei dieser Kraft ist die Feder um ∆L zusammengedrückt: K c ∆L = K , ∆L = . c Länge der belasteten Feder: K L = L 0 − ∆L = L 0 − . c

;

B - 2.4 - Haftreibung

84

Aufgabe 1 A α

b

L

L

S1

g

h

µ0 r

S2 µ0

Eine starre Stange (Länge 2L , Masse m1) liegt unter einem Winkel α auf einer Kreisscheibe (Radius r , Masse m 2 ), die auf einer horizontalen Fläche steht. In

den Kontaktpunkten der Kreisscheibe sei µ0 der Haftreibungskoeffizient. Man be-

rechne die Kräfte in den Kontaktpunkten und die Bedingung für den Winkel α ,

unter der Gleichgewicht möglich ist. A α

b

α

N1 α

H1

G1

H1 N1

c G2

C

c N2

Geometrische Zwangsbedingung: b sin α + r cos α = h

→ b=

Gewichtskräfte:

h − r cos α . sin α

G1 = m1g , G 2 = m 2 g. Gleichgewichtsbedingung für die Stange: Momentengleichgewicht bezogen auf A: G1L cos α − N1b = 0,



N1 = G1

L cos α . b

Gleichgewichtsbedingungen für die Kreisscheibe: Momentengleichgewicht bezogen auf S2 : H 2r − H1r = 0,



H 2 = H1.

H2

B - 2.4 - Haftreibung

85

Momentengleichgewicht bezogen auf C (C = Schnittpunkt der Wirkungslinien der Kräfte H1 und H 2 ): N 2c − G 2c − N1c = 0,



N 2 = G + N 1.

Momentengleichgewicht bezogen auf den unteren Kontaktpunkt der Kreisscheibe: (H1 cos α + N1 sin α )(r + r cos α ) + (H1 sin α − N1 cos α )r sin α = 0, H1(1 + cos α ) + N1 sin α = 0. Kräfte in den Kontaktpunkten: L N1 = G1 cos α , N 2 = G 2 + N 1, b

H1 = H 2 = −G1

L sin α cos α . b 1 + cos α

Haftbedingung im Kontaktpunkt Stange/Kreisscheibe: L sin α cos α L H1 ≤ µo N1 → G1 ≤ µoG1 cos α , b 1 + cos α b sin α ≤ µo 1 + cos α

→ tan

α ≤ µo , 2

α ≤ 2arctan µo .

Weil H 2 = H1 aber N 2 > N1 ist, gilt H 2 < µ0 N 2 . Aufgabe 2

L S1

µ0 = 0,4

r

m

S2

m

L

g

µ0 = 0,2

x

Der gelenkig gelagerte Quader (Masse m , Kantenlänge L ) drückt einen Kreiszylinder (Masse m , Radius r ) gegen eine vertikale Wand. Wie groß muß x mindestens sein, damit der Kreiszylinder nicht nach unten wegrutscht?

B - 2.4 - Haftreibung

86

H1

x

H2 N2

N1

N2

mg

mg

H2

N1 − N 2 = 0, H1 + H 2 − mg = 0,

N 2 x − mg

H1r − H 2r = 0; H1 = H 2 =

mg , 2

L = 0, 2

N1 = N 2 = mg

H1 ≤ 0, 4 N1 → x ≤ 0, 4 L ,

H 2 ≤ 0, 2N 2

L ; 2x → x ≤ 0, 2L ,

x ≤ 0, 2L . Aufgabe 3 y ϕ m

S

A L

m

x A = rϕ x

k g

L

B r µ0

Eine starre Kreisscheibe (Masse m , Radius r ) ist in B mit einer starren Stange AB (Länge 2L , Masse m ) drehbar gelenkig verbunden. Zwischen Stange und Kreisscheibe ist in B eine linear elastische Drehfeder geschaltet (Drehfederkonstante k ), die in der dargestellten Lage entspannt ist. Wenn im Punkt A eine nach rechts gerichtete Kraft F angreift, ergibt sich eine Gleichgewichtslage, in der der Punkt A um x nach rechts verschoben, das Rad um den Winkel ϕ gedreht und die Drehfeder gespannt ist. Man berechne x und ϕ in dieser Gleichgewichtslage. Wie groß darf F höchstens sein, damit das Rad nicht rutscht?

B - 2.4 - Haftreibung

87

By

Ay

Bx L

F

By

L



Bx kϕ

mg

mg H

F + B x = 0,

− B x − H = 0,

Ay + By − mg = 0,

N − mg − By = 0,

By 2L − mgL − kϕ = 0;

kϕ − Hr = 0.

Bx = −F , Fr ϕ= , k 1 r (mg + F ), 2 L

By =

N

xA

Ay =

H ≤ µo N

H = F, Fr 2 = rϕ = . k

1 r (mg − F ), 2 L →

F≤

N=

3 µomgL

2L − µor

1 r (3mg + F ), 2 L

.

Aufgabe 4 m r

G = mg g

µ0 m M

N1

*

H1

H1 N1

M

*

G

r µ0

H2 N2

B - 2.4 - Haftreibung

88

Zwei Kreiszylinder (Masse m , Radius r ) sollen in der angegebenen Lage unter der Momentenbelastung M * im Gleichgewicht sein, wobei µ0 < 1 angenommen wird. Man berechne den Bereich für das Lastmoment M * , in dem Gleichgewicht möglich ist. N1r − Gr − H1r = 0, H1 − H 2 = 0,



N 2 − N1 − G = 0,

H1 = H 2 =

M* , 2r

M * − H1r − H 2r = 0.

M* , 2r M* N 2 = 2G + . 2r N1 = G +

| H1| ≤ µo N1 → | M *| ≤ µo (2Gr + M *), | H 2| ≤ µo N 2

→ | M *| ≤ µo (4Gr + M *),

| M *| − µo M * ≤ µo 2Gr ; M * > 0: → M * ≤

µo 2Gr , 1 − µo −

M * < 0: → | M * | ≤

µo 2Gr , 1 + µo

µo 2Gr µ 2Gr . ≤ M* ≤ o 1 + µo 1 − µo

Aufgabe 5

3r m

r

A

B 2r 2r

6r m

2r

g

2m O Ein in O drehbar gelagerter Winkelhebel (Masse 2m ) stützt sich in B auf einer in A drehbar gelagerten Kreisscheibe ab. In einem Seil, das am Winkelhebel befestigt und auf der in A gelagerten Scheibe aufgewickelt ist, hängt ein Kreisring (Masse 2m ). Im Kontaktpunkt B ist die Haftreibungsziffer µ0 = 0, 5 gegeben. Man berechne, wieviel Prozent der maximal möglichen Haftreibungskraft in B im Gleichgewichtsfall erforderlich sind.

B - 2.4 - Haftreibung

89 H

mg

N N

T1 mg

A

H T2

T1

T2

O

2mg Gleichgewichtsbedingungen für den Kreisring: T1 + T2 − 2mg = 0, T2 2r − T12r = 0;



T1 = T2 = mg.

Momentengleichgewichtsbedingungen für den Hebel: N 6r − T13r − mg 3r − H 6r = 0,



N − H = mg.

Momentengleichgewichtsbedingungen für die in A gelagerte Scheibe: T2 2r − H 3r = 0,



H=

2 mg. 3

Daraus folgt N= Maximal mögliche Haftreibungskraft: H erforderlich H max

2 mg 4 = 3 = . 5 mg 5 6

5 mg. 3 H max = µ0 N =



5 mg. 6

80% wird genutzt.

Aufgabe 6 Eine starre Stange BC ist in B und C gelenkig gelagert. Die Kreisscheibe (Radius r , Gewichtskraft G ) wird im Berührungspunkt mit der horizontalen Ebene durch Haftreibung festgehalten. Für welche Winkel α tritt Selbsthemmung auf?

B - 2.4 - Haftreibung

90

F B

C

b

G α

L

g

r r µ0

Cy

F B

Cy

b

Cx Cx

L

r

H

Cy L − Fb = 0,

Cy = F

G

N

b ; L

b sin α b = − F tan(α / 2) = − H , L 1 + cos α L b N =G +F , L

−C x − H = 0,

Cx = −F

−Cy − G + N = 0, Cyr sin α + C x (r + r cos α ) = 0; H ≤ µo N



α

→ F F≤

b b tan(α / 2) ≤ µ0 (G + F ), L L

µ0GL

b{tan(α / 2) − µ0}

Selbsthemmung: tan(α / 2) ≤ µ0

,

→ α ≤ 2 arctan( µ0 ).

Aufgabe 7 Zwei im Punkt A gelenkig miteinander verbundene Stangen (Länge L , Masse m ) sollen auf einer horizontalen Ebene so aufgestellt werden, daß mindestens dreifache Sicherheit gegen Abrutschen besteht. Man berechne den erforderlichen Winkel α .

B - 2.4 - Haftreibung

91 A

A

g L

αα

L

L

αα

G µ0

µ0

L

G

H1

H2 N1

N2

Kräftesummenbedingung für das Gesamtsystem: H1 − H 2 = 0, N1 + N 2 − 2G = 0, Momentengleichgewichtsbedingungen für die beiden Stangen, bezogen auf den Gelenkpunkt A: L − N1L sin α + H1L cos α + G sin α = 0, 2 L N 2L sin α − H 2L cos α − G sin α = 0. 2 Es ergibt sich zunächst die erwartete Symmetrie des Kräftesystems: H1 = H 2 , N1 = N 2 . Damit wird dann N1 = G , Aus der Sicherheitsforderung folgt: 1 H1 ≤ µo N1, 3

H1 =



1 G tan α . 2

2 α ≤ arctan( µo ). 3

Aufgabe 8 Zwei starre Stangen sind durch ein reibungsbehaftetes Gelenk miteinander verbunden und werden durch die horizontale Kraft F im Gleichgewicht gehalten. Man berechne den Gleichgewichtsbereich für die Kraft F . r Der Angriffspunkt der inneren Reaktionskraft C ist unbekannt und deshalb auch das Versatzmoment M C .

B - 2.4 - Haftreibung

β

92

Cy

β

Cy

Cy Cy

Cx

Cx

r

r

Cx

r

r

Cx

β =? MC

MC

Statisch äquivalente Wechselwirkung im Gelenk. Cy Cx

Cx g

L A

L

L

G

G

α

MC

MC Cy

G

L B

α

G F

F Ay

Ax

By

Gleichgewichtsbedingungen: A x − C x = 0, Ay + Cy − G = 0, −GL cos α + C x 2L sin α + Cy 2L cos α − M C = 0; C x − F = 0, By − Cy − G = 0, GL cos α − C x 2L sin α + Cy 2L cos α + M C = 0. Ergebnisse: Cx = F ,

Cy = 0,

By = G ,

Ax = F ,

M C = F 2L sin α − GL cos α .

Ay = G ,

B - 2.4 - Haftreibung

93 MC

MC

r

r

r

Cx

r

Cx

MC

MC

r

r

Haftbedingung: 1 M ≤ µ0 C x , r C

F 2 sin α − G cos α ≤ µ0

r F, L

r ≤ G cos α , L

F≤

G cos α ; 2 sin α − µ0r / L

r , L

F≥

G cos α ; 2 sin α + µ0r / L

F 2 sin α > G cos α :



F 2 sin α − µ0 F

F 2 sin α < G cos α :



G cos α ≤ F 2 sin α + µ0 F

Gleichgewichtsbereich für die Kraft F : G cos α G cos α . ≤F ≤ 2 sin α + µ0r / L 2 sin α − µ0r / L

Aufgabe 9 Im Abstand x vom Schwerpunkt der Kreisscheibe greift eine vertikale Kraft F an. In welchem Wertebereich kann F variieren, wenn die Kreisscheibe im Gleichgewicht bleiben soll? Für welche Abstandswerte x entsteht Selbsthemmung? T

F

F m

G = mg

g µ0

r

x

x

H N

Gleichgewichtsbedingungen:

B - 2.4 - Haftreibung

94 −T + H = 0, −G − F + N = 0, T 2r − Fx = 0. T =F

x , 2r

H =F

x , 2r

N = G + F.

Haftkraftbedingung: F

x ≤ µo (G + F ), 2r



F(

x − µo ) ≤ µoG . 2r

Zulässiger Variationsbereich der Kraft F , wenn x > 2rµ0 ist:

µoG . x − µo 2r

0 0, M = 0} nicht bewegen soll,

muß ρ0* > α sein, weil dann M = 0 im Gleichgewichtsbereich liegt (Selbsthemmung).

B - 2.5 - Räumliche Statik

106

Aufgabe 6 Auf der in den Punkten A, B und C jeweils zweiwertig gestützten Plattform wird im Punkt D ein Loch gebohrt und dabei die Kraft F0 und das Moment M 0 erzeugt. Man berechne die Auflagerkräfte. z C

M0 y

L

F0 B A

D L

L L

L

x Freikörperbild: Cy L

M0

Cx

Az

By

F0 Ax

D L L

L L

Kräftegleichgewichtsbedingung: A x + B x + C x = 0, By + Cy = 0, Az − F0 = 0. Momentengleichgewichtsbedingung (Bezugspunkt A): L   0   0  2 L  B x  2 L  C x  0                 L  ×  0  +  0  + 2 L  ×  By  + 2 L  × Cy  = 0,                     0  − F0  − M 0   0   0   L   0  0

Bx

B - 2.5 - Räumliche Statik

107 − LF0 − LCy = 0, LF0 + LC x = 0,

− M 0 + 2 LBy − 2 LB x + 2 LCy − 2 LC x = 0. Auflagerkräfte: Ax =

M0 2L

,

Az = F0,

B x = F0 −

M0 2L

By = F0,

,

C x = − F0,

Cy = − F0 .

Aufgabe 7 Eine homogene dünne Rechteckplatte (Gewichtskraft G , Kanten: L , 2L ) ist in A dreiwertig und in B zweiwertig gelagert und wird von einem Seil CD in der um den Winkel ϕ um die x -Achse gedrehten Lage gehalten. Man berechne alle Reaktionskräfte. z

g A L

ϕ

L D y

B x 2L

C

Bz By

Ay

Az

Ax L ϕ

L

D

G

2L

K C

B - 2.5 - Räumliche Statik

108

r Berechnung des Richtungsvektors der Seilkraft K : −1  L   0         CD = AD − AC = L  −  2L cos ϕ  = L 1 − 2 cos ϕ ,        2 sin ϕ   0  −2L sin ϕ  →





CD = L 6 − 4 cos ϕ .

−1     r 1 eK = 1 − 2 cos ϕ . 6 − 4 cos ϕ    2 sin ϕ  Momentengleichgewichtsbedingung bezogen auf A: r (Da D auf der Wirkungslinie von K liegt, kann das auf A bezogene Moment von r r → K einfacher mit AD × K berechnet werden.) L   0   0        K  0  ×  By  +  L  × 6 − 4 cos ϕ        0  Bz   0   0    KL  L − Bz  +   6 − 4 cos ϕ B   y  K=

G 2

6 − 4 cos ϕ , tan ϕ

−1   L 2   0  0          1 − 2 cos ϕ  +  L cos ϕ  ×  0  = 0,          2 sin ϕ  − L sin ϕ  −G  0 2 sin ϕ  − cos ϕ  0        0  + GL  1 2  = 0,        1   0  0 Bz =

G , 2

By =

G . 2 tan ϕ

Kräftegleichgewichtsbedingung:  Ax   0      K  A  + B  + y y 6 − 4 cos ϕ      A  B   z  z Ax =

G , 2 tan ϕ

Ay = −

−1  0      1 − 2 cos ϕ  = 0,      2 sin ϕ  0

G (1 − cos ϕ ), tan ϕ

Az = −

G − G cos ϕ . 2

B - 2.5 - Räumliche Statik

109

Aufgabe 8 z B

y 2L 2L

A

O L

2L

x

C

F 2L D

L

E

Ein in O gelenkig gelagerter Stab OE wird von zwei Seilen AC und BC gehalten r und durch eine Kraft F in E belastet. Man berechne die Auflagerkraft R in O und die Kräfte in den beiden Seilen. −2   → CA = L  2 ,    0 

r eCA

Kräftegleichgewicht:

−1 1   =  1 , 2   0 

−4    → DB = L  −1,    2 

−4  1   =  1 . 21    2 

r e DB

r r r r r R + S1eCA + S2e DB − Fe z = 0, R x  −4   0  0 −1   S   S        R  + 1  1  + 2  −1 +  0  = 0; 2  21        y R   0   2  − F  0  z

Momentengleichgewicht bezogen auf den Punkt O: r r → → → r r OC × S1 + OD × S2 + OE × F = 0, 2L  −1 4 L  −4  5L   0  0   S     S          0  × 1  1  +  0  × 2  −1 +  0  ×  0  = 0, 2    21            0   0   0   2   0  − F  0 S2 = Rx =

15 F, 4

5 21 F, 8 Ry = −

S1 = 5 F, 8



S2

S1

2L −

2

5 2 F, 4 Rz = −

1 F. 4

21

8L + 5FL = 0, S2 21

4 L = 0;

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

110

Aufgabe 1 y D

g

L

C B

A

α

α

F

x Ein Scherengitter aus vier starren Stäben (Masse m , Länge 2L ) stützt eine Arbeitsbühne (Masse 25m ). Mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit berechne man die Kraft F , die das System in der dargestellten Lage im Gleichgewicht hält.

δW = − F δx A − 2mg δy B − 2mg δyC − 25mg δy D = 0, x A = 2L cos α ,

δx A = −2L sin α δα ,

y B = L sin α ,

δy B = L cos α δα ,

yC = 3L sin α ,

δyC = 3L cos α δα ,

y D = 4 L sin α + const ,

δy D = 4 L cos α δα .

(F 2L sin α − 108mgL cos α ) δα = 0



F =

Aufgabe 2 B

y

A

54mg . tan α

L ϕ G

g 2L

L

2G C

ψ (ϕ) F (ϕ)

x

Man berechne mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die im Punkt C angreifende Kraft F (ϕ ) , die das dargestellte System, das aus zwei im Punkt B gelenkig miteinander verbundenen starren Stangen besteht, im Gleichgewicht hält.

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

111

Kinematische Zwangsbedingungen: x C + L 2 cosψ = L cosϕ ,

L 2 sinψ = L + L sin ϕ .

x C = L cos ϕ − 2L 1 − sin 2 ψ , x C = L cosϕ − 2L 1 −

1 (1 + sin ϕ )2 = L (cosϕ − 1 − 2 sin ϕ − sin2 ϕ ). 2

y -Koordinaten der Angriffspunkte der Gewichtskräfte: L L 2 L y1 = L + sin ϕ , y2 = sin ψ = (1 + sin ϕ ). 2 2 2 Virtuelle Arbeit:

δW = F δx C − mg δy1 − 2mg δy2 = (F ∂x C ∂ϕ

= L (− sin ϕ +

cosϕ + sin ϕ cosϕ 1 − 2 sin ϕ − sin2 ϕ

∂x C ∂ϕ

),

− mg

∂y1 ∂ϕ

∂y1

=

∂y1

+ 2

∂ϕ

− 2mg

∂y2

∂y2

L cosϕ , 2

∂ϕ

∂ϕ =

)δϕ .

L cosϕ . 2

Kraft im Punkt C:

δW = 0



F = mg

∂ϕ

∂x C

∂y2 ∂ϕ

,

∂ϕ

F (ϕ ) =

mg 2 − tan ϕ +

1+ 2 1 + sin ϕ

.

1 − 2 sin ϕ − sin 2 ϕ

1.5

F/(mg) 1.0

0.5

0.0

-1.0

-0.5

0.0

ϕ

Aufgabe 3 Man berechne die im Hubzylinder auf den Kolben wirkende Kraft F , die den in O drehbar gelagerten Körper (Masse: m ) im Gleichgewicht hält.

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

112

y

S

g

b

c a

A d

α

O

x ξ

e

F β

B f Kinematische Zwangsbedingungen: (ξ + d )sin β = e + (a + b )sin α , (ξ + d )cos β = (a + b )cos α − f ,

yS = a sin α + c cos α .

Daraus folgt: (ξ + d )2 = (a + b )2 + e 2 + f 2 + 2(a + b )(e sin α − f cos α ),

ξ = (a + b )2 + e 2 + f 2 + 2(a + b )(e sin α − f cos α ) − d . ∂ξ (a + b )(e cos α + f sin α ) = . ∂α (a + b )2 + e 2 + f 2 + 2(a + b )(e sin α − f cos α ) ∂yS ∂α

= a cos α − c sin α .

Prinzip der virtuellen Arbeit:

δW = −mg δyS + F δξ = ( −mg

∂yS ∂α

+F

∂ξ ) δα = 0, ∂α

Mit den speziellen Werten a = 5 L , b = 3L , c = 2L , d = 4 L , e = 2L ,

∂yS

F = mg ∂α . ∂ξ ∂α f = 3L

wird ∂yS ∂α

= (5 cos α − 2 sin α )L , F = mg

∂ξ 16 cos α + 24 sin α = L, ∂α 77 + 32 sin α − 48 cos α

(5 cos α − 2 sin α ) 77 + 32 sin α − 48 cos α . 16 cos α + 24 sin α

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit 2.0

113

F/(mg)

1.5 1.0 0.5 0.0 0.00

0.25

0.50

α

0.75

1.00

Aufgabe 4 Zwei Eckpunkte einer starren rechteckigen Platte (Masse m , Kantenlängen b , h ) werden auf den Koordinatenachsen eines kartesischen Koordinatensystems geführt. Der Punkt B ist mit einer Feder (Steifigkeit c ) verbunden, die in der Lage

ϕ = 0 entspannt ist und dann die Länge L 0 hat. Man berechne die Gleichgewichtsbedingung. y

b

g

h S L0

O x

A ϕ

c B

Kinematische Zwangsbedingungen: x B = h sin ϕ ,

y B = −b sin ϕ ,

yS =

h b cos ϕ − sin ϕ . 2 2

L (ϕ ) = (L o + x B )2 + y B 2 = L o 2 + 2L oh sin ϕ + (h 2 + b 2 )sin2ϕ . Potentielle Energie: E pot (ϕ ) = mg yS (ϕ ) +

1 c (L (ϕ ) − L o )2 . 2

Verallgemeinerte Kraft: Qϕ = −

∂E pot ∂ϕ

= −mg

∂yS ∂ϕ

− c (L (ϕ ) − L o )

∂L (ϕ ) , ∂ϕ

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

114

∂yS

∂L (ϕ ) 1 = [L oh cos ϕ + (h 2 + b 2 )sin ϕ cos ϕ ]. ∂ϕ L (ϕ )

1 = − (h sin ϕ + b cos ϕ ), 2 ∂ϕ

Gleichgewichtsbedingung: mg

∂yS ∂ϕ

+ c (L (ϕ ) − L o )

∂L (ϕ ) = 0. ∂ϕ

Mit den speziellen Werten b = L0,

h=

L0 2

,

c=

mg L0

erhalten wir yS = ∂yS ∂ϕ

L0 4

=−

(cos ϕ − 2 sin ϕ ),

L0 4

L (ϕ ) = L 0 1 + sin ϕ + (5 4)sin 2ϕ , ∂L L 0 2 cos ϕ + 5 sin ϕ cos ϕ = , ∂ϕ 4 1 + sin ϕ + (5 4)sin 2ϕ

(sin ϕ + 2 cos ϕ ),

5 sin ϕ cos ϕ − sin ϕ −

2 cos ϕ + 5 sin ϕ cos ϕ 1 + sin ϕ + (5 4)sin 2ϕ

= 0,

ϕ = 2, 556 = 146, 5o. Aufgabe 5 y F (ϕ) L

2L

2L A c

L

L ϕ L

x Man berechne mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Kraft F (ϕ ) , wenn die Feder (Federkonstante c ) in der Lage ϕ = 0 entspannt ist. Virtuelle Verschiebung des Kraftangriffspunktes: y A = 2L cosϕ − 2L sin ϕ ,

δy A = −2L (sin ϕ + cosϕ )δϕ .

Federverlängerung und potentelle Energie der Feder: f (ϕ ) = 4 L cosϕ + 2L sin ϕ − 4 L ,

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

115 E pot (ϕ ) =

1 c f 2 (ϕ ). 2

Virtuelle Arbeit und Gleichgewichtsbedingung: ∂E pot ∂f δW = − Fδy A − δϕ = {F 2L (sin ϕ + cos ϕ ) − cf }δϕ , ∂ϕ ∂ϕ ∂f ∂ϕ δW = 0 → F (ϕ ) = c , 2L (sin ϕ + cos ϕ ) f

3 − sin(2ϕ ) + 2 cos(2ϕ ) + 4 sin ϕ − 2 cos ϕ F (ϕ ) = 2cL 2 . sin ϕ + cos ϕ 0.2

F/(cL) 0.1

0.0

0.0

0.1

ϕ

0.2

0.3

Aufgabe 6 L

A

ϕ

k x

F ψ

L k

L

y

F B

Man berechne für das System mit zwei Freiheitsgraden die verallgemeinerten Kräfte Qϕ und Qψ sowie für den speziellen Wert k = 2FL die Gleichgewichtskonfiguration. Die beiden Drehfedern (Federkonstante k ) sind in der Lage ϕ = ψ = 0

entspannt. Kinematische Zwangsbedingungen: y A = − L sin ϕ ,

δy A = − L cos ϕ δϕ ;

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

116

y B = L sin ϕ + L sin ψ ,

δy B = L cos ϕ δϕ + L cosψ δψ .

Potentielle Energie: E pot =

1 2 1 1 kϕ + k (ψ − ϕ )2 = k (2ϕ 2 + ψ 2 − 2ϕψ ). 2 2 2

Virtuelle Arbeit und verallgemeinerte Kräfte:

δW = Fδy A + Fδy B −

∂E pot ∂ϕ

δϕ −

∂E pot ∂ψ

δψ ,

δW = − FL cos ϕ δϕ + FL (cos ϕ δϕ + cosψ δψ ) − k (2ϕ − ψ )δϕ − k (ψ − ϕ )δψ , Qϕ = k (ψ − 2ϕ ),

Qψ = FL cosψ − k (ψ − ϕ ).

Gleichgewichtsbedingungen: Qϕ = 0 → ψ = 2ϕ , Qψ = 0 → cos(2ϕ ) =

k = 2FL

k ϕ; FL

→ cos(2ϕ ) = 2ϕ ,

2ϕ = 0, 739 → ϕ = 21, 2o , ψ = 42, 3o. Aufgabe 7

O y L

S1 L

L

ψ L

k

ϕ g

S2 x

Zwei starre Körper der Masse m sind über eine Drehfeder (Federsteifigkeit k = mgL ) gelenkig verbunden und in O drehbar aufgehängt. Die Drehfeder sei für

ψ = 0 entspannt. Man berechne die potentielle Energie des Systems und mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Gleichungen für die Koordinaten ϕ und ψ in der Gleichgewichtslage. Kinematische Zwangsbedingungen: x S = L cosϕ , x S = 2L cosϕ − L cos(ϕ + ψ ). 1

2

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

117

Potentielle Energie: E pot =

1 1 kψ 2 − mg x S − mg x S = kψ 2 − mg ( x S + x S ), 1 2 1 2 2 2 E pot =

1 kψ 2 − mg L ( 3 cos ϕ − cos(ϕ + ψ )). 2

Verallgemeinerte Kräfte: Qϕ = −

∂E pot ∂ϕ

= mg L ( −3 sin ϕ + sin(ϕ + ψ )),

Qψ = −

∂E pot ∂ψ

= −kψ + mg L sin(ϕ + ψ ).

Gleichgewichtsbedingungen: 3sin ϕ = sin(ϕ + ψ ), Qϕ = 0,

Qψ = 0,



mgL =1 k



3 sin ϕ = sin(ϕ + 3 sin ϕ )



ψ=

mgL sin(ϕ + ψ ), k

3sin ϕ = ψ ,

ϕ = 0.3255 = 18.6o ;

ψ = 54, 9o.

Aufgabe 8 Ein Stab ( Länge L , Gewichtskraft G ) kann mit seinen Endpunkten A und B auf einer Führungsschiene gleiten, deren Form durch die Funktion y (x ) = x 2 L beschrieben wird. Man berechne mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Kraft F (ϕ ) , die der Gewichtskraft des Stabes in der Lage ϕ das Gleichgewicht hält. y

B G L ϕ

F A

x

Kinematische Zwangsbedingungen: x B = x A + L cosϕ ,

x B2 L



x A2 L

= L sin ϕ .

Daraus folgt: ( x A + L cos ϕ )2 − x A 2 = L2 sin ϕ ,

xA =

L (tan ϕ − cos ϕ ). 2

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

118

x A2 L L yS = y A + sin ϕ = + sin ϕ , 2 L 2

yS =

L (tan 2 ϕ + cos2 ϕ ). 4

Virtuelle Verschiebungen:

δx A =

L 1 ( + sin ϕ )δϕ , 2 cos2 ϕ

δyS =

L tan ϕ ( − cos ϕ sin ϕ )δϕ . 2 cos2 ϕ

Prinzip der virtuellen Arbeit: FL 1 GL tan ϕ δW = Fδx A − GδyS = { ( 2 + sin ϕ ) − ( − cos ϕ sin ϕ )}δϕ = 0, 2 cos ϕ 2 cos2 ϕ tan ϕ − cos3ϕ sin ϕ F (ϕ ) = G . 1 + cos2ϕ sin ϕ 5.0

F( ϕ )/G

4.0 3.0 2.0 1.0

ϕ

0.0 0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

Aufgabe 9 y A

S

D g

ϕ

c

L

b

c

L x

L O

L B

C

E

In der Lage ϕ = 0 sind die Federn entspannt. Man berechne die potentielle Energie des Systems und die verallgemeinerte Kraft Qϕ als Funktion des Winkels ϕ

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

119

und außerdem die Federkonstante c der linearen Zug-Druck-Federn so, daß in der Lage ϕ = 30o der Körper der Masse m im Gleichgewichtszustand ist. Federlänge in beliebiger Lage ϕ : s (ϕ ) = (L − L sin ϕ )2 + (L cos ϕ )2 = 2L 1 − sin ϕ . Potentielle Energie des Systems: c E pot = mgL cos ϕ + 2 [ s (ϕ ) − L 2 ]2 . 2 Verallgemeinerte Kraft: Qϕ = −

∂E pot (ϕ ) ∂ϕ

= mgL sin ϕ − 2c [ s (ϕ ) − L 2 ]

∂s (ϕ ) L cos ϕ =− , ∂ϕ 2 1 − sin ϕ

Qϕ = mgL sin ϕ + 2cL2

∂s (ϕ ) , ∂ϕ

( 1 − sin ϕ − 1)cos ϕ . 1 − sin ϕ

Gleichgewichtsbedingung: Qϕ = 0 → mg sin ϕ = 2cL

(1 − 1 − sin ϕ )cos ϕ . 1 − sin ϕ

Erforderliche Federkonstante: c=

mg sin ϕ 1 − sin ϕ mg mg 1 = = 0, 697 . L 2 3 ( 2 − 1) L 2L (1 − 1 − sin ϕ )cos ϕ ϕ = 30o

Aufgabe 10 y

G A

2L L ϕ O

ψ

B

K (ϕ) x

Man berechne mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Haltekraft K als Funktion des Winkels ϕ . Kinematische Bedingungen und virtuelle Verschiebungen:

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

120 y A = L sin ϕ ,

2L sin ψ = L sin ϕ ,

δy A = L cos ϕ δϕ . →

cosψ =

x B = 2L cosψ − L cos ϕ = L ( 4 − sin 2ϕ − cos ϕ ),

1 4 − sin 2ϕ , 2

δx B = L (sin ϕ −

sin ϕ cos ϕ 4 − sin 2ϕ

)δϕ .

Prinzip der virtuellen Arbeit:

δW = −G δy A + K δx B = 0, {−GL cos ϕ + KL (sin ϕ −

sin ϕ cos ϕ 1 − sin 2ϕ

)}δϕ = 0,

Haltekraft: K (ϕ ) = G

12 10

sin ϕ −

cos ϕ . sin ϕ cos ϕ 4 − sin 2ϕ

K( ϕ )/G

8 6 4 2 0

ϕ

-2 -4

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

Aufgabe 11 Zwei Stangen (Masse m , Länge 2L ) sind jeweils im Schwerpunkt an einen Faden (Länge L ) gebunden und im Abstand 2L aufgehängt, so daß sie in horizontaler Lage im Gleichgewicht sind; im Punkt A sind sie gelenkig verbunden. Man berechne die neue Gleichgewichtslage, wenn in A zusätzlich eine Kraft F in vertikaler Richtung angreift.

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

121 2L

x

L α

β

g

L α

F

G

β

G

A Kinematische Zwangsbedingungen und virtuelle Verschiebungen: 2(L sin α + L cos β ) = 2L , cos β = 1 − sin α ,

x A = L cos α + L sin β = L (cos α + 2 sin α − sin 2α ),

2

δx S = δx S = − L sin α δα , 1

sin α + cos β = 1,

sin β = 1 − (1 − sin α )2 = 2 sin α − sin 2α .

x S = x S = L cos α , 1



δx A = L ( − sin α +

2

cos α (1 − sin α ) 2 sin α − sin 2α

)δα ,

Virtuelle Arbeit und Gleichgewichtsbedingung: cos α (1 − sin α ) δW = −2GL sin α δα + FL ( − sin α + )δα = 0, 2 sin α − sin 2α 1 − sin α 2G β = arccos(1 − sin α ). =1+ , → α, F tan α 2 sin α − sin 2α F = 2G

α = 0,3824 = 21, 9o ,



β = 0,8933 = 51, 2o.

Aufgabe 12 y C

B B

L

F L

α C

c O

A

O

A

x

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

122

Man berechne die für die Auslenkung α erforderliche Kraft F . Für α = 0 ist die Feder entspannt. Virtuelle Verschiebungen der Kraftangriffspunkte A und C: x A = L sin α , yC = L cos α − L sin α .

δx A = L cos α δα ,

δyC = − L (sin α + cos α )δα .

Virtuelle Arbeit und Gleichgewichtsbedingung:

δW = − FδyC − cx Aδx A δW = − FδyC − cx Aδx A = {FL (cos α + sin α ) − cL2 sin α cos α}δα = 0, F (α ) = cL

sin α cos α . sin α + cos α

Aufgabe 13 y S

b

2h 2c

SK

ϕ

B

r

A r3

r1

r2 F3

SZ

g

u a

F2

F1 L

L

x

Man berechne die Kräfte Fi in den drei Hubzylindern, die den starren Körper (Gewichtskraft G ) in einer beliebigen Lage ( x A , y A , ϕ ) im Gleichgewicht halten. Die Hubstangen bestehen aus dem Hubzylinder (Gewichtskraft G Z ) und dem Hubkolben (Gewichtskraft G K ). Alle Gewichtskräfte greifen in den betreffenden Schwerr punkten an und wirken in −e y -Richtung. Nach dem Prinzip der virtuellen Arbeit wird im Gleichgewichtsfall die virtuelle Arbeit der Kräfte Fi und der Gewichtskräfte insgesamt null: 3

∑ (Fi δui − G Z δySZi − G K δySKi ) − GδyS = 0 .

i =1

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

123

Für die Auswertung dieser Gleichung müssen die Kolbenverschiebungen u i und die y -Koordinaten der Schwerpunkte durch die Koordinaten ( x A , y A , ϕ ) ausgedrückt werden (kinematische Zwangsbedingungen). Es gilt jedoch u i = ri − Kolbenlänge

δu i = δri .



Mit den Längen der Hubstangen r1 = x A 2 + y A 2 , r2 = ( x A − L )2 + y A 2 , r3 = ( x A + 2c cos ϕ − 2L )2 + (y A + 2c sin ϕ )2 , und den Neigungswinkeln αi der Hubstangen gegen die x -Achse, wird yA

sin α1 =

r1

sin α 2 =

,

yA r2

,

sin α 3 =

yB r3

=

y A + 2c sin ϕ r3

.

Daraus folgt: ySZ 1 = a sin α1 = a

yA

ySZ 2 = a sin α 2 = a ySZ 3 = a sin α 3 = a

r1

ySK1 = (r1 − b )sin α1 = (1 −

,

yA r2

,

y A + 2c sin ϕ r3

,

b )y , r1 A

ySK 2 = (r2 − b )sin α 2 = (1 −

b )y , r2 A

ySK 3 = (r3 − b )sin α 3 = (1 −

b )(y + 2c sin ϕ ), r3 A

yS = y A + c sin ϕ + h cosϕ .

Die virtuelle Änderung einer Funktion f (x A ,y A ,ϕ ) lautet

δf =

∂f ∂f ∂f δx A + δy A + δϕ . ∂x A ∂y A ∂ϕ

Wir führen nun zweckmäßige Abkürzungen ein: Ai1: = Ai 2 : = Ai 3 : =

∂ri

,

Bi1: =

∂ri

,

Bi 2 : =

∂x A ∂y A ∂ri

∂ϕ

;

Bi 3 : =

∂ySZi

,

Ci1: =

∂ySZi

,

Ci 2 : =

∂ySZi

;

Ci 3 : =

∂x A ∂y A ∂ϕ

∂ySKi

,

D1: =

∂ySKi

,

D2: =

∂ySKi

,

D3: =

∂x A ∂y A ∂ϕ

∂yS

,

∂yS

,

∂yS

.

∂x A ∂y A ∂ϕ

Damit kann die virtuelle Arbeit nach den Koordinatenvariationen sortiert geschrieben werden

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

124

3

3

3

i =1

i =1

i =1

(∑ Fi Ai1 − G Z ∑ Bi1 − G K ∑ Ci1 − GD1 )δx A + 3

3

3

i =1

i =1

i =1

+ (∑ Fi Ai 2 − G Z ∑ Bi 2 − G K ∑ Ci 2 − GD 2 )δy A + 3

3

3

i =1

i =1

i =1

.

+ (∑ Fi Ai 3 − G Z ∑ Bi 3 − G K ∑ Ci 3 − GD 3 )δϕ = 0. Soll diese Gleichung für beliebige virtuelle Koordinatenänderungen δx A , δy A und δϕ gelten, so müssen die folgenden drei Gleichungen für die Kräfte Fi erfüllt sein: 3

3

3

i =1

i =1

i =1

3

3

3

i =1

i =1

i =1

3

3

3

i =1

i =1

i =1

∑ Fi Ai1 = G Z ∑ Bi1 + G K ∑ Ci1 + GD1, ∑ Fi Ai 2 = G Z ∑ Bi 2 + G K ∑ Ci 2 + GD2 , ∑ Fi Ai 3 = G Z ∑ Bi 3 + G K ∑ Ci 3 + GD3 .

Da insbesondere A13 = 0,

A23 = 0

ist, erhalten wir sofort F3 = Mit

3 3  1  G B G Ci 3 + GD 3 . +  Z ∑ i3 ∑ K A33  i =1 i =1 

3 3   K1: = G Z ∑ Bi1 + G K ∑ Ci1 + GD1  − F3 A31,  i =1  i =1 3 3   K 2 : = G Z ∑ Bi 2 + G K ∑ Ci 2 + GD 2  − F3 A32 ,  i =1  i =1

erhalten wir schließlich für die Kräfte F1 und F2 das lineare Gleichungssystem A11F1 + A21F2 = K1, A12F1 + A22F2 = K 2 , mit den Lösungen F1 =

K1A22 − K 2 A21

A11A22 − A12 A21

,

F1 =

K 2 A11 − K1A12

A11A22 − A12 A21

.

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

125

Die Ableitungsterme Aij , Bij ,Cij und Di werden zuerst analytisch berechnet und

dann für eine bestimmte Konfiguration ( x A , y A , ϕ ) numerisch ausgewertet. Aufgabe 14

Ein Halbkreiszylinder (Radius r , Masse m1) ist im Punkt B gelenkig mit einer starren Stange (Länge L , Masse m 2 ) verbunden, die im Punkt A auf der y -Achse geführt wird. Man berechne mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Gleichgewichtslage α , wenn der Halbkreiszylinder auf der x -Achse abrollt. y y A A

G2

G1

S2

S2

L r

B rS

α

S1

β

B

S1 x

x

Kinematische Zwangsbedingung: L cos β = αr + r cos α . Virtuelle Verschiebungen der Schwerpunkte in y -Richtung: yS = r − rS cos α , 1

yS = r − r sin α + 2

L 1 2 sin β = r (1 − sin α ) + L − r 2 (α + cos α )2 , 2 2

δyS = rS sin α δα , 1

δyS = {−r cos α − 2

1 r 2 (α + cos α )(1 − sin α ) }δα . 2 L2 − r 2 (α + cos α )2

Aus dem Prinzip der virtuellen Arbeit

δW = −G1δyS − G 2δyS = 0 1

2

folgt dann die nichtlineare Gleichung −G1rS sin α + G 2r {cos α +

r (α + cos α )(1 − sin α ) 2 L2 − r 2 (α + cos α )2

} = 0,

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

126

deren Nullstelle α 0 die Gleichgewichtslage des Systems beschreibt. Für die speziellen Werte 4 L = 2r , m1 = 4m , m2 = m, rS = r 3π lautet die Gleichung −

16 (α + cos α )(1 − sin α ) sin α + cos α + = 0, 3π 2 4 − (α + cos α )2

und als Nullstelle erhalten wir

α 0 = 0.63905 = 36.6o.

Aufgabe 15 Zwei starre Stangen (Länge 2L , Masse m ) sind gelenkig miteinander verbunden und in O gelenkig gelagert. Durch zwei Drehfedern (Drehfederkonstante k ) soll die vertikale Gleichgewichtslage ϕ = 0, ψ = 0 stabilisiert werden. Wie groß muß k dann mindestens sein? y L

m ψ

L

g

mg

k

k (ψ − ϕ) L

ϕ

m L k



mg

O

x

Das System ist konservativ und die potentielle Energie 1 1 E pot = kϕ 2 + k (ψ − ϕ )2 + mgL cos ϕ + mgL (2 cos ϕ + cosψ ) 2 2 muß in der Gleichgewichtslage ϕ = ψ = 0 ein Minimum haben. Mit k = αmgL wird c11: =

∂2E pot ∂ϕ 2

= mgL (2α − 3),

c 22 : =

ϕ =ψ = 0

∂ E pot

∂2E pot ∂ψ 2

2

c12 : =

∂ϕ∂ψ

= −αmgL , ϕ =ψ = 0

= mgL (α − 1), ϕ =ψ = 0

B - 2.6 - Virtuelle Arbeit

127

und es muß c11 > 0



α > 3 2,

c 22 > 0



α > 1,

c11c 22 − c122 > 0 sein, also k > 4, 303mgL .



α 2 − 5α + 3 > 0



α>

5 + 13 = 4, 303 2

B - 3 - Massengeometrische Größen

128

Aufgabe 1 Man berechne den Trägheitstensor eines homogenen Quaders der Masse m bezogen auf den Schwerpunkt S und daraus die Trägheitsmomente für Rechteckplatten und Stäbe um die Symmetrieachsen. Außerdem berechne man mit Hilfe des STEINERschen Satzes den Trägheitstensor bezogen auf den Punkt A sowie die Trägheitsmomente um die zu s3 parallele Achse durch A und die Achse AB. s3 b

a

c

S B

A

s2

s1 Massendichte und Massenelement: m ρ= . abc

dm = ρdV = ρds1ds2ds3 .

Trägheitsmomente um die si -Achsen durch S (Symmetrieachsen):

ΘS11 = ∫ (s22 + s32 )dm , c2

ΘS11 = ρ



m a 2

b2



(

(

∫ (s22 + s32 )ds1)ds2 )ds3 ,

−c 2 −b 2 −a 2 c2 b2

ΘS11 = ρ



∫ a (s22 + s32 )ds2 )ds3 ,

(

−c 2 −b 2 c2



ΘS11 = ρ ΘS11 = ρa ( b2 + c2 ΘS11 = m , 12

a(

−c 2 3

b3 + bs32 )ds3 , 12

b c3 b2 + c2 c + b ) = ρabc , 12 12 12

ΘS 22

c2 + a2 =m , 12

ΘS 33

a 2 + b2 =m ; 12

Massendeviationsmomente:

ΘS12 = − ∫ s1s2dm , c2

ΘS12 = − ρ



b2

(



m a 2

(

∫s s

ds1 )ds2 )ds3 ,

1 2 −c 2 −b 2 −a 2

B - 3 - Massengeometrische Größen

129 c2

ΘS12 = − ρ ΘS12 = 0,



b2

(

∫ 0s2ds2 )ds3

= 0,

−c 2 −b 2

ΘS 23 = 0,

ΘS 31 = 0.

Trägheitstensor im si -System (= Hauptachsensystem für S): b 2 + c 2 0 0    m  0 0 . ΘS = c2 + a2  12  2 2  0 0 a + b  

Platte in der s1s2 -Ebene: (c T rollt die Kreisscheibe mit diesen Geschwindigkeiten ab der Lage x S (T ) =

1 r 2Ω 2 , 18 µg

ϕ (T ) =

2 rΩ 2 . 9 µg

Aufgabe 7 Der Schwerpunkt S eines Körpers bewegt sich auf einer Ellipse (Halbachsen: a und b ) so, daß sein Beschleunigungsvektor ständig zu einem Brennpunkt hin orientiert bleibt. In Polarkoordinaten bezogen auf den rechten Brennpunkt gilt für die Bahnkurve r (ϕ ) = a

1− ε2 b2 = . 1 + ε cos ϕ a + e cos ϕ

(e: = a 2 − b 2 , ε : = e a )

In der Lage ϕ = 0 habe der Schwerpunkt die Geschwindigkeit v 0 . Man berechne den Beschleunigungsvektor des Schwerpunktes.

B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper

151

Der Ortsvektor des Schwerpunktes lautet r r R (t ) = r (ϕ (t ))er (ϕ (t )). Daraus folgt

r˙ r r r ˙ r + rϕ˙eϕ , vS = R = re

r r r ˙˙r a S = R = (r˙˙ − rϕ˙ 2 )er + (rϕ˙˙ + 2r˙ϕ˙ )eϕ .

Die Forderung rϕ˙˙ + 2r˙ϕ˙ = 0

r 2ϕ˙˙ + 2rr˙ϕ˙ = 0



d 2 (r ϕ˙ ) = 0, dt



bedeutet, daß r 2ϕ˙ = const gilt. Zum Zeitpunkt t = 0 befindet sich der Schwerpunkt im rechten Scheitelpunkt der Ellipse und hat die Geschwindigkeit r r r vS (0) = (a − e )ϕ˙ (0)eϕ (0) = v 0eϕ (0). Dann ist also

ϕ˙ (0) =

v0

a −e

,



r 2ϕ˙ = (a − e )2

ϕ˙ =

v0

a −e

= (a − e )v 0 ,

a −e v . r2 0

Mit r˙ = r˙˙ =

dr a − e dr d  1 ϕ˙ = v 0 2 = −v 0 (a − e ) , dϕ dϕ dϕ  r  r

dr˙ a − e dr˙ (a − e )2 d 2  1 ϕ˙ = v 0 2 = −v 02 , dϕ dϕ r r2 dϕ 2  r 

wird r˙˙ − rϕ˙ 2 = r˙˙ − rv 02

2 2 (a − e )2 2 (a − e )  d  1 1  = − v + .  0 r4 r 2  dϕ 2  r  r 

Für die Ellipse gilt d 2  1 1 a + = , dϕ 2  r  r b 2 so daß wir für den Beschleunigungsvektor des Schwerpunktes erhalten: r (a − e )2 a 1 r 2 1− ε 1 r a S = −v 02 e . 2 2 er = −v 0 a 1+ ε r2 r b r Nach dem NEWTONschen Grundgesetz (Schwerpunktsatz) gilt r r ma S = F , also wirkt auf den Körper die zu 1 r 2 proportionale Kraft

B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper

152

r 1− ε 1 r F = −mv 02a e . 1+ ε r2 r Die von der Sonne auf einen Planeten (m = m Planet ) ausgeübte Gravitationskraft lautet F = −γ

m Planet m Sonne r er , r2

Gravitationskonstante: γ = 6.672 ⋅10 −11 m 3kg −1s −2 , m Sonne = 1.993 ⋅1030 kg Für die Bahndaten gilt v 02a

1− ε = γm Sonne . 1+ ε

Setzt man für die Erde a = 1.5 ⋅1011 m,

ε = 0.0167,

so erhält man v 0 = 30 km s. Aufgabe 8 y

g

m S

α

r

A x

L F0 Auf eine Kreisscheibe (Masse m , Radius r ) ist ein Faden gewickelt, der reibungsfrei durch einen festen Ring A geführt wird und an dem mit einer konstanten Kraft F0 gezogen wird. Man bestimme die Bewegungsgleichung der rollenden Kreisscheibe für 0 ≤ x S < (L − r ). tan(α 2) =

r , L − xS

α = 2 arctan

r . L − xS

B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper

153

y mg F0

ϕ˙ S

α

A

H

N

x

Kinematische Zwangsbedingungen: x˙ = rϕ˙ ,

y˙ S ≡ 0.

S

Schwerpunkt- und Momentensatz: mx˙˙S = H + F0 cos α , my˙˙S = N − mg − F0 sin α ,

ΘSϕ˙˙ = F0r − Hr ;

mx˙˙S = H + F0 cos α ,

1 ΘS = mr 2 , 2

0 = N − mg − F0 sin α , 1 mx ˙˙ 2 S

= F0 − H ;

N = mg + F0 sin α , Bewegungsgleichung: 3 mx˙˙S = F0 (1 + cos α ), 2

x˙˙S =

2F0

{1 + cos(2 arctan

3m F F H = F0 − 0 (1 + cos α ) = 0 (2 − cos α ). 3 3

r )}. L − xS

Numerische Lösung der Bewegungsgleichung: t =:

r τ, g

x S =:rq ,

d () d () g g ()′, = =: dt dτ r r L = λr ,

F0 = f 0mg , q ′′ =

x˙˙S = gq ′′,

2 1 )}. f 0{1 + cos(2 arctan λ −q 3 q1′ = q 2 ,

q1: = q ,

q 2 : = q ′,

λ = 10,

q 2′ =

2 1 f 0{1 + cos(2 arctan )}. 3 λ − q1

q1(0) = 0,

q 2 (0) = 0.

B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper

8.0

154

q

6.0

f0 = 2

4.0

f0 = 1

2.0 0.0 0.0

0.5

1.0

1.5

τ

2.0

2.5

Aufgabe 9 Eine Stange (Länge (a + b ) , Kreisquerschnittradius r ) besteht aus Holz (Länge a ) und einer Stahlspitze (Länge b ). Sie wird mit einer Neigung ϕ 0 und einer Geschwindigkeit v 0 in Längsrichtung abgeworfen. Man berechne die Bahn des Schwerpunktes S und den Neigungswinkel ϕ unter Berücksichtigung der Luftrei-

bung. b y

r vS

S

g

r dFW

ξS mg

a

r e2

r e1

ϕ

x Holz:

ρ1 = 600 kgm -3 , a = 3 m,

ρ2 = 7800 kgm -3 ,

Stahl:

b = 0.3 m,

r = 0.02 m,

Massengeometrische Größen: m1 = ρ1πr 2a = 2.26 kg,

ξS = ΘS =

m 2 = ρ2πr 2b = 2.94 kg

m1 a 2 + m 2 (a + b 2) m1 + m 2

= 2.43m

1 a 1 b m1a 2 + m1(ξS − )2 + m 2b 2 + m 2 (a + − ξS )2 , 12 2 12 2

B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper

155

ΘS = 5.20 kgm 2 . Geschwindigkeitszustand der Stangenpunkte: r r r vS = x˙ S e x + y˙ S e y , r r r e x = cos ϕe1 − sin ϕe 2 ,

r r r e y = sin ϕe1 + cos ϕe 2 ,

r r r v (ξ ) = vS + (ξ − ξS )ϕ˙e 2 , r r r r v 2 (ξ ) = v (ξ ) ⋅ e 2 = vS ⋅ e 2 + (ξ − ξS )ϕ˙ = vS 2 + (ξ − ξS )ϕ˙ , r r vS ⋅ e 2 = vS 2 = − x˙ S sin ϕ + y˙ S cos ϕ . r Luftwiderstandskraft auf das Stabelement dξ an der Stelle ξe1: r v (ξ ) r r 1 dFW = − cW ρLuft 2rdξv 22 (ξ ) 2 e 2 = − λ v 2 (ξ ) v 2 (ξ )dξe 2 , 2 v (ξ ) 2

ρLuft

1 λ: = cW ρLuft 2r , 2 −3 = 1.22 kgm , cW = 0.8,

λ = 0.019 kgm −2 .

Reduktion des Luftwiderstandes in den Stangenschwerpunkt S: L L r r r r FW = − λ ∫ v 2 (ξ ) v 2 (ξ )dξ e 2 = − λ ∫ v 2 (ξ ) v 2 (ξ )dξ{− sin ϕe x + cos ϕe y}, 0

0

L r r M SW = − λ ∫ v 2 (ξ ) v 2 (ξ )(ξ − ξS )dξ e 3 . 0

Bewegungsgleichungen:

mx˙˙S = FWx , my˙˙S = FWy − mg ,

ΘSϕ˙˙ = M SW . Umwandlung in ein Differentialgleichungsystem 1. Ordnung: y˙1 = y 4 , y˙ 2 = y5 , y1: = x S , y2 : = yS , y3 : = ϕ , y 4 : = x˙ S , y5 : = y˙ S , y6 : = ϕ˙ ;

y˙ 3 = y6 , y˙ 4 = FWx m , y˙ 5 = FWy m − g , y˙ 6 = M SW ΘS .

B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper

156

Spezielle Startwerte:

ϕ 0 = 60o = 1, 05.

v 0 = 30 ms-1, 40

yS 30

20

10

0

0

20

40

60

xS

80

0

20

40

60

xS

80

1

ϕ 0

-1

-2

Aufgabe 10

x A = L sin(Ωt) A ϕ˙ F m g S

xS

r mg

Auf eine Kreisscheibe (Masse m , Radius r ) ist ein Faden gewickelt, dessen End-

B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper

157

punkt A vertikal nach dem Gesetz x A (t ) = L sin(Ωt ) bewegt wird. Man berechne die Bewegungsgleichung der Scheibe in der Koordinate x S , die Reaktionskraft im Punkt A und die obere Grenze für die Kreisfrequenz Ω , damit der Faden unter Zugbelastung bleibt. Kinematische Zwangsbedingung:

x˙ S − rϕ˙ = x˙ A .

Schwerpunkt- und Momentensatz: mx˙˙S = mg − F ,

mx˙˙S = mg − F ,

1 ΘS = mr 2 , 2

ΘSϕ˙˙ = Fr ;

1 m ( x˙˙S − x˙˙ A ) = F ; 2

Bewegungsgleichung und Reaktionskraft im Faden: 1 1 x˙˙S = (2g + x˙˙ A ), F = m ( g − x˙˙ A ). 3 3 F = F >0

1 m ( g + LΩ 2 sin(Ωt )), 3 g > LΩ 2




0,

H1 < µ0 N1,

N 2 > 0,

H 2 < µ0 N 2

erfüllt sind. Aufgabe 7 ϕ˙

Θm

r2 r1

Mm

Θ

ϕ˙m Ein Gleichstrommotor (Trägheitsmoment Θm ) treibt über eine Zahnradüberset-

zung eine Maschine (Trägheitsmoment Θ ) an. Man berechne den Antriebsvorgang, wenn die Drehbewegungen von Motor und Maschine jeweils geschwindigkeitsproportional gedämpft sind.

Der in der Ankerwicklung des Motors fließende Strom I A erzeugt das auf den Anker wirkende Moment M m = ψI A . Wenn sich der Motor mit der Winkelgeschwindigkeit ϕ˙m dreht, wird in der Ankerwicklung die Spannung ψϕ˙m induziert. Ist R A der elektrische Widerstand und L A die Induktivität der Ankerwicklung, so gilt mit der an die Klemmen des Motors angelegten Spannung U A L A I˙A + R A I A = U A − ψϕ˙m . Die Winkelgeschwindigkeiten von Motor und Maschine sind über die kinematische Zwangsbedingung r r1ϕ˙m = r2ϕ˙ → ϕ˙m = 2 ϕ˙ =:ηϕ˙ r1

B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände

169

miteinander verknüpft; η ist das Übersetzungsverhältnis. In den Momentensatzgleichungen für den Motor und die Maschine Θm ϕ˙˙m = M m − bm ϕ˙m − Kr , 1

Θϕ˙˙ = −bϕ˙ + Kr2 , ist K die zwischen den Zahnrädern in Umfangsrichtung wirkende innere Reaktionskraft; bm und b sind die Dämpfungskonstanten der geschwindigkeitsproportionalen Rotationsdämpfungen. Nach Elimination der Reaktionskraft K erhalten wir die Bewegungsgleichung

Θ *ϕ˙˙ + b *ϕ˙ = ηM m , Θ *: = Θ + η2Θm ,

b *: = b + η2bm .

Wir setzen

ϕ˙ =:ω und erhalten schließlich das lineare Differentialgleichungssystem 1. Ordnung für I A und ω :

Θ *ω˙ + b *ω − ηψI A = 0, ηψω + L A I˙A + R A I A = U A . Mit y1: = ω ,

y2 : = I A

wird

ηψ b* y , * y1 + Θ Θ* 2 R U ηψ y˙ 2 = − y1 − A y2 + A . LA LA LA y˙1 = −

Setzen wir für die elektrischen Größen U A = 100 V,

R A = 50Ω = 50 V A ,

L A = 0.5 Vs A ,

ψ = 10 −2 Vs ,

und für die mechanischen Größen

Θm = 10 −4 kgm 2 ,

Θ = 10 −2 kgm 2 ,

η = 4,

so ergibt sich zu den Anfangsbedingungen y1(0) = 0, y 2 (0 ) = 0 die in den folgenden Abbildungen dargestellte Lösung.

bm = b = 10 −3 Nms,

B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände

170

ω 4

IA

2

0 0

1

2

t

3

Aufgabe 8

M0

r

L ϕ

α

p

rS S

q Für den Kolbenmotor (Abtriebsmoment M 0 , Zylinderdruck p ) berechne man die Bewegungsgleichung sowie die inneren und äußeren Reaktionskräfte. Kinematische Zwangsbedingungen: r sin ϕ = L sin α ,

sin α = λ sin ϕ ,



λ: =

r . L

cos α = 1 − (λ sin ϕ )2 . d sin α dα = cos α = λ cos ϕ , dϕ dϕ f 2 (ϕ ): =

df1(ϕ ) dϕ



α˙ = f1ϕ˙ ,



dα cos ϕ =λ =: f1(ϕ ). dϕ cos α

sin α cos ϕ f1(ϕ ) − cos α sin ϕ cos2α

α˙˙ = f1ϕ˙˙ + f 2ϕ˙ 2 .

.

B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände

171

q = r cos ϕ + L cos α , q˙ = −(r sin ϕ + L sin α f1(ϕ ))ϕ˙ = −r sin ϕ (1 + f1(ϕ ))ϕ˙ , k1(ϕ ): = −r sin ϕ (1 + f1(ϕ )), dk1(ϕ )

k 2 (ϕ ): =



= −r (cos ϕ + f1(ϕ )cos ϕ + f 2 (ϕ )sin ϕ ),

q˙ = k1ϕ˙ ,

q˙˙ = k1ϕ˙˙ + k 2ϕ˙ 2 .

y

Cx

pA K x

Dy Cy

d

b

Ax

c

Ay

Ey

Ex

By SP

rP

r

rS

α

Kx

Ey

Cy M0

Ky

mP

Ky

Ex ϕ

pA K

Cx

Kx

S Dy

mK

m KW x S = −rS cos ϕ ,

x˙ S = rS sin ϕϕ˙ ,

yS = −rS sin ϕ ,

x˙˙S = rS sin ϕ ϕ˙˙ + rS cos ϕ ϕ˙ 2 ,

y˙ S = −rS cos ϕϕ˙ ,

y˙˙S = −rS cos ϕ ϕ˙˙ + rS sin ϕ ϕ˙ 2 ,

x S = r cos ϕ + rP cos α , P

x˙ S = −r sin ϕ ϕ˙ − rP sin α α˙ = −(r + λrP f1(ϕ ))sin ϕ ϕ˙ , P

h1(ϕ ): = −(r + λrP f1(ϕ ))sin ϕ , h 2 (ϕ ): =

dh1(ϕ ) dϕ

= −r cos ϕ − λrP f1(ϕ )cos ϕ − λrP f 2 (ϕ )sin ϕ ,

x˙ S = h1ϕ˙ , P

x˙˙S = h1ϕ˙˙ + h 2ϕ˙ 2 ; P

B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände

172

yS = r sin ϕ − rP sin α = (r − λrP )sin ϕ , P

g1(ϕ ): = (r − λrP )cos ϕ , g 2 (ϕ ): =

dg1(ϕ ) dϕ

y˙ S = g1 ϕ˙ ,

= −(r − λrP )sin ϕ ,

y˙˙S = g1 ϕ˙˙ + g 2 ϕ˙ 2 .

P

P

Bewegungsgleichung aus dem Leistungssatz = P, E˙ Ekin =

{

kin

{

} f α˙˙ + m k q˙˙}ϕ˙ ,

1 Θ ϕ˙ 2 + m P ( x˙ S2 + y˙ S2 ) + ΘS α˙ 2 + m K q˙ 2 , P P P 2 0 KW

E˙ kin = Θ 0 KW ϕ˙˙ + m P (h1x˙˙S + g1y˙˙S ) + ΘS P

P

P

K 1

1

P = − M 0ϕ˙ − pAK q˙ = −(M 0 + pAK k1(ϕ ))ϕ˙ , (Θ 0 KW + m P (h12 + g12 ) + ΘS f12 + m K k12 )ϕ˙˙ + P

+ (m P (h1h 2 + g1g 2 ) + ΘS f1 f 2 + m K k1k 2 )ϕ˙ 2 = − M 0 − pAK k1, P

ϕ˙˙ = −

(m P (h1h 2 + g1g 2 ) + ΘS f1 f 2 + m K k1k 2 )ϕ˙ 2 + M 0 + pAK k1 P

Θ 0 KW + m P (h12 + g12 ) + ΘS f12 + m K k12

.

P

Der Druck p im Kolben muß als Funktion des Winkels ϕ zur Verfügung stehen. Näherungsweise kann die folgende Darstellung benutzt werden, wobei u die Kolbenverschiebung ist: p

p

p21

p

p

p11 p22

p12 u

u

2r

u 2r

u 2r

2r

0 0) ist, r (ϕ ) =

L , 4

wenn (sin ϕ ≤ 0 und ϕ˙ < 0) ist, dimensionslose Differentialgleichungen; in den ersten beiden Fällen

ϕ ′′ = −

{32 + (1 − 12 cos(2ϕ ))}sin ϕ + (1 − 12 cos(2ϕ ))sin(2ϕ )ϕ ′ 2 5 3

+ 12 (1 − 12 cos(2ϕ ))2

,

und im dritten Fall:

ϕ ′′ = −

48 sin ϕ . 43

Zu den Anfangsbedingungen {ϕ (0) = 90o , ϕ˙ (0) = 0} ergibt sich eine zum Überschlag führende Schaukelbewegung:

ϕ( τ)

ϕ '( τ ) 0

-4

-8 0

5

10

τ

15

B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände

181

Aufgabe 14 Ein Kreisring (Masse m , Innenradius ri , Außenradius ra ) soll auf einem Kreiszylinder (Radius r0 ), der um die raumfeste Achse durch O eine Drehschwingung

α (t ) = α 0 sin(Ωt ) ausführt, im Schwerkraftfeld eine Rollschwingung ausführen.

Man stelle die Bewegungsgleichung auf.

B

r α˙ eϕ

r0 O

ϕ S r er

m ra

y ψ˙

ri

g x Kinematische Zwangsbedingung: Im Kontaktpunkt B müssen der Kreiszylinder und der Kreisring gleiche Geschwindigkeiten haben. → r r r r v B ( Zylinder ) = v B ( Ring ) = vS ( Ring ) + ω ( Ring ) × SB , r r r r −r0α˙eϕ = (ri − r0 )ϕ˙eϕ + ψ˙e z × ( −ri er ), r r r −r0α˙eϕ = (ri − r0 )ϕ˙eϕ − riψ˙eϕ ,

B

r eϕ

N

S

T

ϕ G = mg

x



ra r er

ψ˙ = (1 −

r0 ri

y

)ϕ˙ +

r0 ri

α˙ .

B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände

182

Schwerpunkt- und Momentensatz: r r r r ma S = T + N + mg , ΘSψ˙˙ = Tri ; r r r r r r m (ri − r0 )(ϕ˙˙eϕ − ϕ˙ 2er ) = −Teϕ − Ner + mg (cos ϕ er − sin ϕ eϕ ), m (ri − r0 )ϕ˙˙ = −T − mg sin ϕ , m (ri − r0 )ϕ˙ 2 = N − mg cos ϕ ,

ΘS

ri − r0 ri 2

ϕ˙˙ = −ΘS

r0 ri 2

α˙˙ + T .

Bewegungsgleichung: (1 +

ΘS mri

˙˙ 2 )ϕ +

ΘSr0 g sin ϕ = − α˙˙. ri − r0 m (ri − r0 )ri 2

m ΘS = ∫ r dm = 2 π (ra − ri 2 ) m 2

2π ra

∫ ( ∫r

0

dr )dϕ =

3

ri

m 2 (r + ri 2 ). 2 a

Aufgabe 15 Zwei Kreiszylinder (Radius r ) mit gleicher Masse m aber unterschiedlicher Massenverteilung rollen gemeinsam auf einer schiefen Ebene abwärts, wobei der Kreiszylinder mit dem kleineren Massenträgheitsmoment (ΘS = mr 2 2) den Kreis1

zylinder mit dem größeren Massenträgheitsmoment (ΘS = 3mr 2 4) schiebt. Im 2

Kontaktpunkt der beiden Kreiszylinder wirkt eine Gleitreibungskraft. Man bestimme die Bewegungsgleichung für die Schwerpunktskoordinate x := x S und die 1

Kraft zwischen den beiden Kreiszylindern. y

ΘS = 1

S1

1 2 mr 2

µ

ΘS = 2

r m

3 mr 2 4

S2 m

x

α

g

B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände

183

ϕ˙ ϕ˙

µN 3

mg

mg

N3

S2 µN 3

S1 N3

H1

N2

H2

N1 Kinematische Zwangsbedingungen: x˙ : = x˙ S = x˙ S = rϕ˙ , 1

y˙ S = y˙ S = 0,

2

1

2

Schwerpunkt- und Momentensatz für die beiden rollenden Kreiszylinder unter Berücksichtigung der Zwangsbedingungen: mx˙˙ = mg sin α − H1 − N 3 ,

mx˙˙ = mg sin α − H 2 + N 3 ,

0 = N1 − mg cos α + µN 3 ,

0 = N 2 − mg cos α − µN 3 ,

x˙˙ 1 mr 2 = H1r − µN 3r ; r 2

x˙˙ 3 mr 2 = H 2r − µN 3r ; r 4

Daraus folgt zunächst: 3 mx˙˙ = mg sin α − (1 + µ )N 3 , 2

7 mx˙˙ = mg sin α + (1 − µ )N 3 ; 4

3 1 mx˙˙ = mg sin α − N 3 , 2(1 + µ ) 1+ µ

7 1 mx˙˙ = mg sin α + N 3 . 4(1 − µ ) 1− µ

Elimination der Reaktionskraft N 3 liefert die Bewegungsgleichung: {

3 7 1 1 + }x˙˙ = { + }g sin α , 2(1 + µ ) 4(1 − µ ) 1+ µ 1− µ x˙˙ =

8 g sin α . 13 + µ

Reaktionskraft zwischen den Kreiszylindern: N3 =

1 mg sin α . 13 + µ

B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung

184

Aufgabe 1 Auf einer horizontalen starren Kreisplatte, die mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die raumfeste z -Achse gedreht wird, rollt eine Kugel (Masse m , Radius r ). Man stelle die Bewegungsgleichung für die Schwerpunktbewegung auf. y

z g

yS zS = r

S

S x

xS

xS

x

mg r r r H = H x e x + Hy e y

B N

Der unter dem Schwerpunkt S liegende Kontaktpunkt B der Kreisplatte hat die Geschwindigkeit r r r r r r v B ( Platte ) = Ωe z × ( x S e x + yS e y ) = −ΩyS e x + Ωx S e y . Der Kontaktpunkt B der Kugel hat die Geschwindigkeit x˙ S  ω x   0  x˙ S − ω yr          r r r r v B ( Kugel ) = y˙ S  + ω y  ×  0  = y˙ S + ω x r . v B ( Kugel ) = vS + ω × SB ,          0   0  −r    0 Aus der Rollbedingung für die Kugel r r v B ( Kugel ) = v B ( Platte ) folgt dann −ΩyS = x˙ S − ω yr ,

Ωx S = y˙ S + ω x r . Der Winkelgeschwindigkeitsvektor der rollenden Kugel lautet also ΩyS + x˙ S r r Ωx S − y˙ S r ω= ex + ey . r r Der Schwerpunktsatz für die Kugel liefert die Gleichungen

B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung

185

mx˙˙S = H x , my˙˙S = H y , 0 = N − mg. Der auf den Schwerpunkt S bezogene Trägheitstensor der Kugel ist dem Einheitstensor proportional 2 ΘS = mr 21. 5 Der Drehimpulsvektor ist deshalb proportional zum Winkelgeschwindigkeitsvektor r r 2 r 2 r L S = ΘSω = mr 21ω = mr 2ω , 5 5 und der Drehimpulssatz

r r r r ΘSω˙ + ω × ΘSω = M S

lautet ω˙ x   0  H x        2 mr 2 ω˙ y  =  0  ×  H y , 5        0  −r   0 

Ωx˙ S − y˙˙S   rH y      2 mr Ωy˙ S + x˙˙S  = −rH x . 5        0  0

Für die Komponenten der erforderlichen Haftkraft gilt also 2 2 H x = − m (Ωy˙ S + x˙˙S ), H y = m (Ωx˙ S − y˙˙S ). 5 5 Aus den beiden Gleichungen des Schwerpunktsatzes erhalten wir damit die Bewegungsgleichungen des Kugelschwerpunktes 2 2 x˙˙S = − (Ωy˙ S + x˙˙S ), x˙˙S + Ωy˙ S = 0, 5 7 → 2 2 y˙˙S = (Ωx˙ S − y˙˙S ); y˙˙S − Ωx˙ S = 0. 5 7 Daraus ergibt sich die Differentialgleichung für x˙ S : ˙˙˙ x S + λ2 x˙ S = 0,

λ: =

2 Ω, 7

mit der allgemeinen Lösung x˙ S = C1 cos(λt ) + C2 sin(λt ), xS =

1 {C sin(λt ) − C2 cos(λt )} + C3 , λ 1

Aus y˙˙S = λx˙ S = λ{C1 cos(λt ) + C2 sin(λt )} folgt

B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung

186

y˙ S = C1 sin(λt ) − C2 cos(λt ) + C4 , yS =

1 {−C1 cos(λt ) − C2 sin(λt )} + C4t + C5 . λ

Setzen wir diese Lösungen in die erste der ursprünglichen Differentialgleichungen ein, so stellen wir fest λ{−C1 sin(λt ) + C2 cos(λt )} + λ{C1 sin(λt ) − C2 cos(λt ) + C4} = 0, C 4 = 0. Mit den Anfangsbedingungen x S (0) = r , yS (0) = 0, x˙ S (0) = 0, y˙ S (0) = rΩ , erhalten wir die Gleichungen C C − 2 + C3 = r , − 1 + C5 = 0, λ λ



ω x (0) = 0, ω y (0) = 0,

− C2 + C 4 = rΩ ,

C1 = 0,

also wird C1 = 0,

C2 = −rΩ ,

C3 = r −

5 7 x S (t ) = − r + r cos(λt ), 2 2

rΩ , λ

C 4 = 0,

yS (t ) =

C5 = 0.

7 r sin(λt ). 2

Die Bahnkurve des Schwerpunktes ist ein Kreis mit dem Radius 7r 2 um den Mittelpunkt x M = −5r 2 , y M = 0. Mit x˙ S = −rΩ sin(λt ), 2 x˙˙S = − rΩ 2 cos(λt ), 7

y˙ S = rΩ cos(λt ), 2 y˙˙S = − rΩ 2 sin(λt ), 7

wird die erforderliche Haftkraft r 2 2 2 H x = − mrΩ 2 cos(λt ), H y = − mrΩ 2 sin(λt ), H = mrΩ 2 . 7 7 7 r Aus der Bedingung H ≤ µ0 N folgt dann eine Bedingung für die zulässige Winkel-

geschwindigkeit Ω der Kreisplatte: 2 mrΩ 2 ≤ µ0mg 7



Ω2 ≤

7 g µ0 . 2 r

Aufgabe 2

r Auf der mit der Winkelgeschwindigkeit Ωe z rotierenden Erde ist unter der geogra-

phischen Breite ϕ ein Rahmen so gelagert, daß er sich mit der Winkelgeschwinr digkeit α˙ um die zur Erdoberfläche senkrechte eξ -Achse drehen kann. Der Einr heitsvektor eζ zeigt in nördliche Richtung und der (nicht dargestellte) Einheitsr vektor eη in östliche Richtung. Mit dem Rahmen, in dem ein rotationssymmetri-

B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung

187

r r r scher Kreisel gelagert ist, ist die Basis {e1, e 2 , e 3} fest verbunden. Der Kreisel r (Deklinationskreisel) dreht sich mit der Winkelgeschwindigkeit ω 0 um die e 3 Achse. Berechnet werden soll die Bewegungsgleichung für den Winkel α . ω0 r r eζ = e 3(α =0)



α˙

r r e ξ = e1

r ez ϕ

r r r In der nicht-körperfesten {e1, e 2 , e 3}-Basis hat der Kreisel wegen der Rotationssymmetrie den auf den Schwerpunkt S bezogenen Trägheitstensor A  ΘS =  0   0

0  A 0.  0 B  0

r Dabei ist B das Trägheitsmoment um die e 3 -Achse. Die mit dem Rahmen fest verbundene Basis lautet in der erdfesten Basis r r e1 = eξ , r r r e 2 = cos α eη + sin α eζ , r r r e 3 = − sin α eη + cos α eζ . Daraus folgt

r r r eζ = sin α e 2 + cos α e 3 .

Winkelgeschwindigkeitsvektor der Erde: r r r r ω E = Ωe z = Ω (sin ϕ eξ + cos ϕ eζ ), r r r r ω E = Ω (sin ϕ e1 + cos ϕ sin α e 2 + cos ϕ cos α e 3 ).

Winkelgeschwindigkeitsvektor des Rahmens:

B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung

188

r r r ω R = ω E + α˙ eξ , r r r r ω R = (Ω sin ϕ + α˙ )e1 + Ω cos ϕ sin α e 2 + Ω cos ϕ cos α e 3 . Winkelgeschwindigkeitsvektor des Kreiselkörpers: r r r ω K = ω R + ω 0e 3 , r r r r ω K = (Ω sin ϕ + α˙ )e1 + Ω cos ϕ sin α e 2 + (Ω cos ϕ cos α + ω 0 ) e 3 . Drehimpulsvektor des Kreisels: r r L S = ΘS ω K

A  = 0   0

  A (α˙ + Ω sin ϕ )  0   α˙ + Ω sin ϕ     . A 0   Ω cos ϕ sin α  =  AΩ cos ϕ sin α     0 B  ω 0 + Ω cos ϕ cos α  B (ω 0 + Ω cos ϕ cos α ) 0

Drehimpulssatz bezogen auf den Schwerpunkt: r  dL  r r r˙ r r S LS = M S →  dt  + ω R × L S = M S ,   rel

Aα˙˙ A (α˙ + Ω sin ϕ )   0    α˙ + Ω sin ϕ             = M . AΩ cos ϕ sin α  AΩα˙ cos ϕ cos α  +  Ω cos ϕ sin α  ×    S2       − BΩα˙ cos ϕ sin α  Ω cos ϕ cos α  B (ω 0 + Ω cos ϕ cos α ) M S 3  Aus der ersten Komponente dieser Vektorgleichung erhalten wir die gesuchte Bewegungsgleichung für den Winkel α : B B sin(2α ) α˙˙ + Ωω 0 cos ϕ sin α + ( − 1)Ω 2 cos2ϕ = 0. A A 2 Wenn α 2 ) ,

λ2 − 2 =:γ ,

f1(ϕ ) = γ + 2 cos ϕ − γ ,

ϕ˙ (ϕ ) = f (ϕ )

2g . r

f 2 (ϕ ) =

sin 2 ϕ 1 + ; γ + 2 cos ϕ 3

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz 1.5

224

f( ϕ )

λ =1.5

1.0

λ =2 0.5

0.0

ϕ -1.4

-1.0

-0.6

-0.2

0.2

0.6

1.0

1.4

Aufgabe 6 Eine Halbkreisscheibe (Radius R , Masse m ) wird im Schwerkraftfeld in der Lage ϕ = 0 aus der Ruhe heraus losgelassen und rollt dann auf einer horizontalen Schiene ( x -Achse). Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik die Winkelgeschwindigkeit als Funktion des Winkels ϕ . y ϕ

R

g

A S

m x AS = λS R

Massengeometrische Größen: 1 1 Θ A = mR 2 , ΘS = Θ A − mL S 2 = mR 2 ( − λS 2 ), 2 2 Kinematische Zwangsbedingungen: x A = Rϕ , x S = x A + λS R cos ϕ , x˙ S = R (1 − λS sin ϕ )ϕ˙ ,

yS = R − λS R sin ϕ ;

y˙ S = − RλS cos ϕϕ˙ ,

vS 2 = (1 + λS 2 − 2λS sin ϕ )R 2ϕ˙ 2 . Kinetische Energie: Ekin =

λS =

1 1 mvS 2 + ΘSϕ˙ 2 , 2 2

4 . 3π

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz Ekin =

225

1 3 mR 2 ( − 2λS sin ϕ )ϕ˙ 2 . 2 2

Potentielle Energie: E pot = mgyS = mgR (1 − λS sin ϕ ). Energiesatz der Mechanik mit den Anfangsbedingungen ϕ (0) = 0, ϕ˙ (0) = 0 : Ekin + E pot = const , 1 3 mR 2 ( − 2λS sin ϕ )ϕ˙ 2 + mgR (1 − λS sin ϕ ) = mgR , 2 2 Daraus folgt

ϕ˙ (ϕ ) =

4 λS sin ϕ g . R 3 − 4 λS sin ϕ

Aufgabe 7 Ein Moment M (ϕ ) treibt eine Stange (Masse m1, Länge R ) an, die mit einem Rad (Masse m 2 , Radius r ) in A gelenkig verbunden ist. Das Rad soll auf einer Kreis-

bahn (Radius R + r ) abrollen. Man berechne mit Hilfe des Arbeitssatzes die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ (ϕ ) im Bereich 0 ≤ ϕ ≤ π 2 . Für ϕ = 0 sei ϕ˙ = 0. O M (ϕ)

M M0

m1

α˙

ϕ m2

A π 2

Kinematische Zwangsbedingung: Rϕ˙ = rα˙



α˙ =

R ϕ˙ . r

Kinetische Energie: Ekin =

Θ0 =

1 1 1 Θ 0ϕ˙ 2 + m 2v A 2 + Θ Aα˙ 2 , 2 2 2

1 m1R 2 , v A 2 = R 2ϕ˙ 2 , 3 Ekin =

ΘA =

1 1 3 ( m1 + m 2 )R 2ϕ˙ 2 . 2 3 2

1 m 2r 2 , 2

ϕ

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz

226

Arbeit des Momentes M (ϕ ) = M 0 (1 −

2 ϕ ), π

(0 ≤ ϕ ≤ π 2).

ϕ

W (ϕ ) = ∫ M (ϕ )dϕ = M 0 (ϕ − 0

1 2 ϕ ). π

Arbeitssatz: Ekin

− Ekin

ϕ

0

= W (ϕ ),

1 1 3 1 ( m1 + m 2 )R 2ϕ˙ 2 = M 0 (ϕ − ϕ 2 ). π 2 3 2 Daraus folgt

ϕ˙ (ϕ ) =

2M 0 (ϕ − (1 π )ϕ 2 ) (m1 3 + 3m 2 2)R 2

.

Aufgabe 8

r

g ϕ y L

m

x Ein Massenpunkt m ist mit einem Faden verbunden, der auf einen raumfesten Kreiszylinder gewickelt ist. Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ (ϕ ) zu den Anfangsbedingungen

ϕ (0 ) =

π , ϕ˙ (0) = 0. 4

Kinematische Zwangsbedingung für den Ortsvektor des Massenpunktes: r −r sin ϕ + (L + rϕ )cos ϕ  r = .  r cos ϕ + (L + rϕ )sin ϕ  Geschwindigkeitsvektor des Massenpunktes: r − sin ϕ  v= (L + rϕ )ϕ˙ .  cos ϕ 

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz

227

Kinetische Energie: Ekin =

1 1 mv 2 = m (L + rϕ )2 ϕ˙ 2 . 2 2

Potentielle Energie:

r r r r E pot = −mg ⋅ r = −mge x ⋅ r = mg{r sin ϕ − (L + rϕ )cos ϕ}.

Energiesatz:

πr 1 2 m (L + rϕ )2 ϕ˙ 2 + mg{r sin ϕ − (L + rϕ )cos ϕ} = mg (r − L − ). 2 2 4 Daraus folgt

ϕ˙ (ϕ ) = −

g

2 (r − L −

π r ) − 2r sin ϕ + 2(L + rϕ )cos ϕ 4 . L + rϕ

Aufgabe 9 Zwei starre Stangen (Masse m , Länge 2L) sind im Gelenkpunkt A mit einer Drehfeder (Federkonstante k ) verbunden. Der Gelenkpunkt O ist raumfest, der Gelenkpunkt B horizontal verschieblich gelagert. In der Lage ϕ = 0 sei die Drehfeder entspannt. Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik die Winkelgeschwindigkeit der Stange OA in der beliebigen Lage ϕ , wenn das System aus der Lage ϕ = 45o aus der Ruhe heraus gestartet wird, und die Bewegungsgleichung. k O y

2L

2L ϕ

A

B x

β S

Kinematische Zwangsbedingungen für den Schwerpunkt und die Winkelgeschwindigkeit der Stange AB: r r r rS = 3L cos ϕ e x + L sin ϕ e y , 2L sin ϕ = 2L sin β → ϕ = β. r r r vS = ( −3 sin ϕ e x + cos ϕ e y )Lϕ˙ , β˙ = ϕ˙ . vS 2 = (1 + 8 sin 2ϕ )L2ϕ˙ 2 . Kinetische Energie: 1 1 1 Ekin = Θ 0ϕ˙ 2 + mvS 2 + ΘS β˙ 2 , 2 2 2 Ekin = ( Potentielle Energie:

Θ0 =

4 mL2 , 3

4 + 4 sin 2ϕ )mL2ϕ˙ 2 . 3

ΘS =

1 mL2 , 3

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz

228

1 k (2ϕ )2 = 2kϕ 2 . 2

E pot =

Energiesatz der Mechanik: 4 ( + 4 sin 2ϕ )mL2ϕ˙ 2 + 2kϕ 2 = 2k (π 4)2 . 3 Daraus folgt k mL2

ϕ˙ (ϕ ) = − Ableitung der Bewegungsgleichung: E˙

kin

8 sin ϕ cos ϕϕ˙mL2ϕ˙ 2 + ( (

(π 2 8) − 2ϕ 2 . (4 3) + 4 sin 2ϕ

+ E˙ pot = 0,

4 ˙ ˙˙ + 4kϕϕ˙ = 0, + 4 sin 2ϕ )mL2 2ϕϕ 3

4 2k + 4 sin 2ϕ )ϕ˙˙ + 4 sin ϕ cos ϕϕ˙ 2 + ϕ = 0. 3 mL2

Aufgabe 10 ω1

ω3

Θ1

MA

r4 r1

r3

r2

Θ3

Θ2 ω2 Man berechne mit Hilfe des Leistungssatzes das erforderliche Antriebsmoment M A , damit der Rotor (Trägheitsmoment Θ 3 ) in der Zeit T von der Ruhe aus line-

ar zunehmend die Winkelgeschwindigkeit ω 3 = Ω erhält. Reibungsverluste im Getriebe sind zu vernachlässigen.

Kinematische Zwangsbedingungen: r1ω1 = r2ω 2 ,

r3ω 2 = r4ω 3 ,



ω1 =

r2r4 r1r3

ω3,

ω2 =

r4 r3

ω3,

ω3 = Ω

t . T

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz

229

Kinetische Energie: Ekin =

1 1 (Θ1ω12 + Θ 2ω 22 + Θ 3ω 32 ) = Θ *ω 32 , 2 2

Θ *: = Θ1(

r2r4 r1r3

)2 + Θ 2 (

r4 r3

)2 + Θ 3 .

Leistung des Antriebsmomentes: P = M Aω1 = M A

r2r4 r1r3

ω3.

Leistungssatz: E˙ kin = P

Θ *ω 3ω˙ 3 = M A

→ MA =

r1r3 r2r4

Θ*

r2r4 r1r3

ω3,

Ω . T

Aufgabe 11

g

h

L(x )

3m y = f (x ) x m Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik die Geschwindigkeit x˙ ( x ) des Wagens (Masse 3m ), der über ein Seil der Länge L 0 mit der Masse m verbunden ist. Zu Beginn der Bewegung sei x = 2h und x˙ = 0. Kinematische Zwangsbedingung: L (x ) + h + f (x ) = L 0 ,

L (x ) = h 2 + x 2 ,

f (x ) = L 0 − h − h 2 + x 2 . Energiesatz der Mechanik: Ekin + E pot = const



3m 2 m x˙ + ( f ′ ( x )x˙ )2 − mgf ( x ) = const , 2 2

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz

230

x2 1 (3 + 2 )x˙ 2 − g (L 0 − h − h 2 + x 2 ) = − g (L 0 − h − 5h ), 2 h + x2 3h 2 + 4 x 2 2 2 2 ˙ 2 2 x = 2 g ( 5h − h + x ), h +x 2g ( 5h − x 2 + h 2 )( x 2 + h 2 ) . 4 x 2 + 3h 2

x˙ ( x ) = − Aufgabe 12 y (1)

A

g 5L L C

L O

ω1

x

B

A

ω3

ω2 (2)

B

Drei homogene starre Stangen (Masse pro Längeneinheit m L ) werden in der Konfiguration (1) im Schwerkraftfeld aus der Ruhe heraus losgelassen. Man berechne die Geschwindigkeit des Punktes B in der momentanen Konfiguration (2). Kinematik in der Konfiguration (2): r r v A = −ω1Le y ,

r r v B = ω 3Le x ,

ω3 =



vB L

,

Lω 2  v B   0   0  2L           r   r  0  = v A + ω 2e z × AB = − Lω1  +  0  × − L  = − Lω1 + 2Lω 2 ,             0   0  ω 2   0   0 →

ω2 =

vB L

, ω1 = 2

vB L

.

Geschwindigkeitsvektor des Schwerpunktes der Stange AB:

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz

231

v B   0   − L  v B 2         r r r vS = v B + ω 2e z × BS =  0  +  0  × L 2 =  −v B ,           0  v B L   0   0 

vS 2 =

5 2 v . 4 B

Kinetische Energie in der Konfiguration (2) Ekin

(2)

=

1 mL2 2 5m 5L2 2 mL2 2 { ω1 + 5mvS 2 + ω2 + ω 3 }, 2 3 12 3 Ekin

(2)

=

5 (1 + 5 )mv B 2 . 6

Potentielle Energie in der Konfiguration (1): L L L E pot (1) = mg + 5mg = (1 + 5 )mg . 2 2 2 Potentielle Energie in der Konfiguration (2): L L L E pot (2) = −mg − 5mg = −(1 + 5 )mg . 2 2 2 Energiesatz der Mechanik: {Ekin + E pot }(2) = {Ekin + E pot }(1) , L L 5 (1 + 5 )mv B 2 − (1 + 5 )mg = (1 + 5 )mg , 6 2 2 6 gL . 5

vB = Aufgabe 13

y m xW

ϕ˙ h

2r

g

yG 3r

x Mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik berechne man die Geschwindigkeit des Wagens, nachdem die Masse m um die Höhe h abgesunken ist. Alle Anfangsge-

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz

232

schwindigkeiten sind null. Als gegeben sind anzusetzen: Die Masse m R des Rahmens, die Masse m A und

das Trägheitsmoment Θ A der Vorderräder, die Masse m B und das Trägheitsmoment Θ B der Hinterräder, die Massen m C und die Trägheitsmomente ΘC der oberen Umlenkrollen. Kinematische Zwangsbedingungen: x˙ W = 3rϕ˙ ,

y˙ G = −rϕ˙ .

Kinetische Energie des Systems: 1 Ekin = (m R + m A + m B + 2m C )x˙ W 2 + (Θ A + Θ B + 2ΘC )ϕ˙ 2 + m ( x˙ W 2 + y˙ G 2 ) 2

{

Ekin =

}

Θ A + Θ B + 2ΘC 10  2 1 * 2 1 + m x˙ =: m x˙ W . m R + m A + m B + 2m C + 2 9  W 2 9r 2

Potentielle Energie: E pot = mgyG . Energiesatz der Mechanik: (Ekin + E pot )

Anfang

mg (3r + h ) = x˙ W

= (Ekin + E pot )

Ende

,

1 * m x˙ W 2 + mg 3r , Ende 2

Ende

=

2mgh . m*

Aufgabe 14

ϕ˙1

m1

F r1

F ϕ2

m3 r2

R1

ϕ˙3

R2 m 2

g

R3

x = R1ϕ1 Für das durch ein Pedal angetriebene Fahrzeug (Masse ohne Räder: m 0 ) berech-

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz

233

ne man mit Hilfe des Leistungssatzes die Bewegungsgleichung in der Koordinate x. Kinematische Zwangsbedingungen: x˙ = R1ϕ˙1, r1ϕ˙1 = r2ϕ˙ 2 ,

R 3ϕ˙ 3 = x˙ .

Kinetische Energie: 1 1 Ekin = m 0 x˙ 2 + (m1x˙ 2 + Θ1ϕ˙12 ) + (m 2 x˙ 2 + Θ 2ϕ˙ 22 ) + (m 3 x˙ 2 + Θ 3ϕ˙ 32 ) =: m *x˙ 2 , 2 2

{

}

Θ3 Θ1 r12 m : = m 0 + (m1 + 2 ) + (m 2 + Θ 2 ) + ( m + ). 3 R1 R 32 (r2R1 )2 *

Leistung der inneren Antriebskraft F : P = − Fx˙ + F ( x˙ + R2 sin ϕ 2ϕ˙ 2 ) = F sin(

r1 r2R1

x)

r1R2 r2R1

x˙ .

Bewegungsgleichung: E˙ kin = P



m *x˙˙ = F sin(

r1 r2R1

x)

r1R2 r2R1

.

Aufgabe 15 y M (ϕ) S

A

ϕ

L

10m

g B L x

Ein Fahrzeug (Masse 10m ) bewegt sich auf zwei Stelzenrädern (Masse m ) auf einer horizontalen Ebene. Auf das rechte Speichenrad wirkt das Antriebsmoment M (ϕ ) . Man berechne mit Hilfe des Leistungssatzes die Bewegungsgleichung des Fahrzeugs in der Koordinate ϕ im Intervall π 4 ≤ ϕ ≤ 3π 4 . Kinematische Zwangsbedingungen: x A = const − L cos ϕ , x˙ A = x˙ S = x˙ B = Lϕ˙ sin ϕ ,

y A = L sin ϕ , y˙ A = y˙ S = y˙ B = Lϕ˙ cos ϕ .

v A 2 = vS 2 = v B 2 = L2ϕ˙ 2 .

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz

234

Kinetische Energie: Ekin =

{

}

1 10mvS 2 + mv A 2 + mv B 2 + Θ Aϕ˙ 2 + Θ Bϕ˙ 2 , 2 m (2 L )2 1 Θ A = ΘB = 2 = mL2 , 2 12 3

Ekin =

19 mL2ϕ˙ 2 , 3

38 ˙ ˙˙. E˙ kin = mL2ϕϕ 3

Leistung der Gewichtskräfte und des Antriebsmomentes: P = M (ϕ )ϕ˙ − 12mgy˙ S = {M (ϕ ) − 12mgL cos ϕ}ϕ˙ . Bewegungsgleichung: 38 mL2ϕ˙˙ + 12mgL cos ϕ = M (ϕ ). 3 Aufgabe 16 y O

M (ϕ)

r S1 m

g

ϕ

2r

ψ˙ S2

x Die in O drehbare gelagerte starre Stange (Trägheitsmoment Θ 0 = 3mr 2 , Masse 2m , Schwerpunkt S1 ) führt in einem Schlitz reibungsfrei den Schwerpunkt S2 einer Kreisscheibe (Radius r , Masse m ), die auf einer horizontalen Schiene rollen soll. Die Stange wird von einem Moment M (ϕ ) angetrieben. Man berechne mit Hilfe des Leistungssatzes die Bewegungsgleichung des Systems in der Koordinate

ϕ. Kinematische Zwangsbedingungen: 2r x S = 2r tan ϕ , x˙ S = ϕ˙ , 2 2 cos2ϕ rψ˙ = x˙ S , 2

yS = 3r − r cos ϕ , 1

ψ˙ =

y˙ S = r sin ϕϕ˙ , 1

2ϕ˙ . cos2ϕ

Leistung der Gewichtskraft der Stange und des Antriebsmomentes:

B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz P = M (ϕ )ϕ˙ − 2mgy˙ S = {M (ϕ ) − 2mgr sin ϕ}ϕ˙ . 1

Kinetische Energie des Systems: Ekin =

1 1 1 2 2 2 2 2 1 )ϕ˙ 2 . Θ 0ϕ˙ + mx˙ S + mr ψ˙  = 3mr ( + 2 2 2 2 cos4ϕ 

Leistungssatz: E˙ kin = P . Bewegungsgleichung:  6 sin ϕ 2  ˙˙ ϕ˙  + 2mgr sin ϕ = M (ϕ ). mr 2 (3 + 4 )ϕ + 12 cos ϕ cos5ϕ  

235

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen

236

Aufgabe 1 Ein masseloser, unausdehnbarer Faden der Länge L ist an jedem Ende mit einem Massenpunkt verbunden. Der Faden wird durch zwei glatte Ringe A und B im Abstand b geführt. Man bestimme die Bewegungsgleichungen der beiden Massenpunkte in der vertikalen xy -Ebene.

b

A g

ϕ

B

ξ

ψ

y η

m m x Kinematische Zwangsbedingung:

η = L − b − ξ,

η˙ = −ξ˙.



Orts- und Geschwindigkeitsvektoren der Massenpunkte: r ξ cos ϕ  r1 =  ,  ξ sin ϕ 

r  η cosψ   (L − b − ξ )cosψ  r2 =  , = b + η sin ψ  b + (L − b − ξ )sin ψ 

cos ϕ  − sin ϕ  r v1 = ξ˙   + ξϕ˙  ,  sin ϕ   cos ϕ 

cosψ  − sin ψ  r v 2 = −ξ˙   + (L − b − ξ )ψ˙  .  sin ψ   cosψ 

Kinetische Energie des Systems: Ekin = v12 = ξ˙2 + ξ 2ϕ˙ 2 , Ekin =

1 m (v12 + v 22 ), 2 v 22 = ξ˙2 + (L − b − ξ )2ψ˙ 2 ,

1 m {2ξ˙2 + ξ 2ϕ˙ 2 + (L − b − ξ )2ψ˙ 2}. 2

Virtuelle Arbeit der eingeprägten Kräfte und verallgemeinerte Kräfte: r r r r δW = mg ⋅ δr1 + mg ⋅ δr2 = mg (δx1 + δx 2 ),

δx1 = cos ϕ δξ − ξ sin ϕ δϕ ,

δx 2 = − cosψ δξ − (L − b − ξ )sin ψ δψ ,

δW = mg (cos ϕ − cosψ )δξ − mgξ sin ϕδϕ − mg (L − b − ξ )sin ψδψ , Qξ : = mg (cos ϕ − cosψ ),

Qϕ : = −mgξ sin ϕ ,

Qψ : = −mg (L − b − ξ )sin ψ .

Terme in den LAGRANGEschen Gleichungen: ∂Ekin = 2mξ˙, ∂ξ˙

∂Ekin = mξ 2ϕ˙ , ∂ϕ˙

∂Ekin = m (L − b − ξ )2ψ˙ , ∂ψ˙

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen

237

d  ∂Ekin  2 ˙   = mξ ϕ˙˙ + 2mξξϕ˙ , ˙ dt  ∂ϕ 

d  ∂Ekin  = 2mξ˙˙,   ˙ dt  ∂ξ 

d  ∂Ekin  2 ˙   = m (L − b − ξ ) ψ˙˙ − 2m (L − b − ξ )ξψ˙ , ˙ dt  ∂ψ  ∂Ekin ∂ξ

= mξϕ˙ 2 − 2m (L − b − ξ )ψ˙ 2 ,

∂Ekin ∂ϕ

= 0,

∂Ekin ∂ψ

= 0;

Bewegungsgleichungen: 2ξ˙˙ − ξϕ˙ 2 + 2(L − b − ξ )ψ˙ 2 − g (cos ϕ − cosψ ) = 0, ˙ ˙ + g sin ϕ = 0, ξϕ˙˙ + 2ξϕ ˙ ˙ + g sin ψ = 0. (L − b − ξ )ψ˙˙ − 2ξψ Umformung in ein Differentialgleichungssystem 1. Ordnung für die numerische Integration nach dem RUNGE-KUTTA-Verfahren:

ζ:= ξ L, ω 02 : =

g , L

ω 0t =:τ ,

(...)⋅ =

β: = b L , d (...) d (...) dτ d (...) = = ω =:ω 0 (...)′, dt dτ dt dτ 0

2ζ ′′ − ζϕ ′ 2 + 2(1 − β − ζ )ψ ′ 2 − cos ϕ + cosψ = 0,

ζϕ ′′ + 2ζ ′ϕ ′ + sin ϕ = 0, (1 − β − ζ )ψ ′′ − 2ζ ′ψ ′ + sin ψ = 0; y1: = ζ , y2 : = ϕ , y3 : = ψ , y 4 : = ζ ′, y5 : = ϕ ′, y6 : = ψ ′; y1′ = y 4 , y 2 ′ = y5 , y3′ = y6 , y 4 ′ = 0.5y1y52 − (1 − β − y1 )y62 + cos y2 − cos y3 , y5′ = −(2y 4y5 + sin y2 ) / y1, y6 ′ = (2y 4y6 − sin y3 ) / (1 − β − y1 ). Anfangsbedingungen: y1(0) =

ξ (0 ) = 0.25 L

y2 (0) = ϕ (0) = 0.3

y3 (0) = ψ (0) = 0.4

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen y 4 (0 ) =

ξ ′ (0 ) =0 L

238

y5 (0 ) = ϕ ′ (0 ) = 0

y6 (0) = ψ ′(0) = 0.

Systemparameter β = 0.25 . 0.6

ψ

0.4

ξ/L

0.2

ϕ

0.0 -0.2 -0.4

0

1 1.0

τ

2

A

3

B

0.9 0.8

t=0

0.7 0.6

t=0 0.5 0.4 0.3

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Bahnkurven der Massenpunkte im Intervall 0 ≤ τ ≤ 3 .

Aufgabe 2 Eine starre Platte ist in einem Rahmen gelagert und wird von einem Motor in B mit dem Moment M B (t ) angetrieben. Der Rahmen ist in A gelagert und kann sich um die raumfeste z -Achse drehen. In A befindet sich ein Motor, der den Rahmen mit einem Moment M A (t ) antreibt. Gegeben sind das Trägheitsmoment Θ Az des Rahmens um die z -Achse sowie der auf den Schwerpunkt S der Platte bezogene r Trägheitstensor im ei − System

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen

239

Θ 0 0    S1 ΘS =  0 Θ S 2 0     0 0 ΘS 3   Man bestimme die Bewegungsgleichungen der Platte in den Koordinaten ϑ und ϕ .

z r e2

r ϑ e3

r e1

S

B ϑ˙

r ez

ϕ˙

A

Winkelgeschwindigkeitsvektor der Platte: r r r r r r ω = ϕ˙e z + ϑ˙e1 = ϕ˙ (sin ϑ e 2 + cos ϑ e 3 ) + ϑ˙e1. Kinetische Energie des Systems:

Ekin

 ϑ˙  ΘS1 0 0   ϑ˙      r 1 1 1 r 1 0  ϕ˙ sin ϑ , = Θ Azϕ˙ 2 + ω ⋅ ΘSω = Θ Azϕ˙ 2 + ϕ˙ sin ϑ  ⋅  0 ΘS 2 2 2 2 2      ϕ˙ cos ϑ  ϕ˙ cos ϑ   0 0 Θ     S 3  Ekin =

1 {(Θ Az + ΘS 2 )ϕ˙ 2 + ΘS1ϑ˙ 2 + (ΘS 3 − ΘS 2 )cos2ϑ ϕ˙ 2}. 2

Virtuelle Arbeit der Antriebsmomente und verallgemeinerte Kräfte: δW = M Aδϕ + M Bδϑ =:Qϕ δϕ + Qϑ δϑ , Qϕ = M A ,

Qϑ = M B .

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen

240

Terme der LAGRANGEschen Gleichungen: ∂Ekin = (Θ Az + ΘS 2 )ϕ˙ + (ΘS 3 − ΘS 2 )cos2ϑ ϕ˙ , ˙ ∂ϕ ∂Ekin ∂ϕ

= 0,

∂Ekin ∂ϑ

∂Ekin = ΘS1ϑ˙ , ∂ϑ˙

= −(ΘS 3 − ΘS 2 )ϕ˙ 2 sin ϑ cos ϑ ;

Bewegungsgleichungen: ˙ ˙ sin ϑ cos ϑ = M (t ), (Θ Az + ΘS 2 )ϕ˙˙ + (ΘS 3 − ΘS 2 )ϕ˙˙ cos2ϑ − 2(ΘS 3 − ΘS 2 )ϕϑ B

ΘS1ϑ˙˙ + (ΘS 3 − ΘS 2 )ϕ˙ 2 sin ϑ cos ϑ = M A (t ).

Aufgabe 3 Eine ebene Stabkette aus gleichen Stäben (Masse m , Länge 2L ) wird durch das äußere Antriebsmoment M1 und die beiden inneren Antriebsmomente M 2 und M 3 bewegt. Man bestimme die Bewegungsgleichungen für die absoluten Dreh-

winkel ϕi .

M1

2L y

ϕ1

x

M3

M3

2L M2

2L

ϕ3

M2 ϕ2

Virtuelle Arbeit der Momente und verallgemeinerte Kräfte: δW = (M1 − M 2 )δϕ1 + (M 2 − M 3 )δϕ 2 + M 3δϕ 3 , Q1 = M1 − M 2 ,

Q2 = M 2 − M 3 ,

Q3 = M 3 .

Orts- und Geschwindigkeitsvektoren der Stabschwerpunkte: 2 cos ϕ1 + 2 cos ϕ 2 + cos ϕ 3  2 cos ϕ1 + cos ϕ 2  r cos ϕ1  r r ; , rS = L  , rS = L  rS = L  1 2 3  2 sin ϕ1 + 2 sin ϕ 2 + sin ϕ 3   2 sin ϕ1 + sin ϕ 2   sin ϕ1 

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen

241

−2ϕ˙1 sin ϕ1 − ϕ˙ 2 sin ϕ 2  −ϕ˙1 sin ϕ1  r r , , vS = L  vS = L  1 2  2ϕ˙1 cos ϕ1 + ϕ˙ 2 cos ϕ 2   ϕ˙1 cos ϕ1  −2ϕ˙1 sin ϕ1 − 2ϕ˙ 2 sin ϕ 2 − ϕ˙ 3 sin ϕ 3  r . vS = L  3 2ϕ˙1 cos ϕ1 + 2ϕ˙ 2 cos ϕ 2 + ϕ˙ 3 cos ϕ 3  vS2 = L2ϕ˙12 , 1

vS2 = L2{4ϕ˙12 + ϕ˙ 22 + 4ϕ˙1ϕ˙ 2 cos(ϕ 2 − ϕ1 )}, 2

vS2 = L2{4ϕ˙12 + 4ϕ˙ 22 + ϕ˙ 32 + 8ϕ˙1ϕ˙ 2 cos(ϕ 2 − ϕ1 ) + 4ϕ˙1ϕ˙ 3 cos(ϕ 3 − ϕ1 ) + 4ϕ˙ 2ϕ˙ 3 cos(ϕ 3 − ϕ 2 )}. 3

Kinetische Energie des Systems: Ekin = m11 =

1 3 1 1 3 3 2 2˙ 2 ( mv + mL ϕ ) = : ∑ Si 3 ∑ ∑ m ϕ˙ ϕ˙ , i 2 i =1 2 i =1 j =1 ij i j

28 mL2 , 3

m 22 =

16 mL2 , 3

m 33 =

4 mL2 , 3

m12 = m 21 = 6 cos(ϕ 2 − ϕ1 )mL2 , m13 = m 31 = 2 cos(ϕ 3 − ϕ1 )mL2 , m 23 = m 32 = 2 cos(ϕ 3 − ϕ 2 )mL2 . Terme der LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen: ∂Ekin 1 3 3 1 = ∑ ∑ m ij (δik ϕ˙ j + ϕ˙i δ jk ) = 2 i =1 j =1 2 ∂ϕ˙k ∂Ekin

=

∂ϕk

d  ∂Ekin  = dt  ∂ϕ˙ K 

3

∑ m kjϕ˙ j + j =1

1 3 ∑ m ϕ˙ = 2 i =1 ik i

1 3 3 ∂m ij ∑ ∑ ϕ˙ ϕ˙ , 2 i =1 j =1 ∂ϕk i j

3

3

3

∑ m kjϕ˙˙ j +∑ ∑ j =1

i =1 j =1

∂m kj ∂ϕi

ϕ˙i ϕ˙ j ;

Bewegungsgleichungen: 3

3

3

∑ m1 jϕ˙˙ j +∑ ∑ ( j =1 3

∂m1 j

i =1 j =1 3

3

∑ m 2 jϕ˙˙ j +∑ ∑ ( j =1 3

i =1 j =1 3

3

∑ m 3 jϕ˙˙ j +∑ ∑ ( j =1

i =1 j =1

∂ϕi ∂m 2 j ∂ϕi ∂m 3 j ∂ϕi



1 ∂m ij )ϕ˙ ϕ˙ = M1 − M 2 , 2 ∂ϕ1 i j



1 ∂m ij )ϕ˙ ϕ˙ = M 2 − M 3 , 2 ∂ϕ 2 i j



1 ∂m ij )ϕ˙ ϕ˙ = M 3 . 2 ∂ϕ 3 i j

3

∑ m kjϕ˙ j , j =1

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen

242

Aufgabe 4 k A

m L g

O

ϕ

L S m

y

ψ B

m x

Auf eine in O drehbar gelagerte Kreisscheibe (Radius L , Masse m ) ist ein Faden gewickelt, der im Punkt B mit einer Masse m verbunden ist. In A ist eine Stange (Länge 2L , Masse m ) über eine Drehfeder (Federkonstante k , in der Lage (ϕ = 0, ψ = 0) entspannt) mit der Kreisscheibe gelenkig verbunden. Man bestimme die Bewegungsgleichungen in den Koordinaten ϕ und ψ . Kinematische Zwangsbedingungen: x S = − L sin ϕ + L cosψ , x˙ S = − L (ϕ˙ cos ϕ + ψ˙ sin ψ ),

yS = L cos ϕ + L sin ψ , y˙ S = L ( −ϕ˙ sin ϕ + ψ˙ cosψ ),

x˙ B = Lϕ˙ . Kinetische Energie des Systems: 1 Ekin = mx˙ B 2 + Θ 0ϕ˙ 2 + mvS 2 + ΘSψ˙ 2 , 2

{

Θ0 =

1 mL2 , 2

}

ΘS =

1 1 m (2L )2 = mL2 , 12 3

˙ ˙ sin(ϕ − ψ )}, vS 2 = x˙ S 2 + y˙ S 2 = L2{ϕ˙ 2 + ψ˙ 2 − 2ϕψ 5 2 ˙ ˙ sin(ϕ − ψ )}. Ekin = mL2{ ϕ˙ 2 + ψ˙ 2 − ϕψ 4 3 Potentielle Energie des Systems: E pot = −mgx B − mgx S +

1 k (ψ − ϕ )2 , 2

E pot = mgL ( −ϕ + sin ϕ − cosψ ) +

1 k (ψ − ϕ )2 . 2

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen

243

Terme der LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen: ∂Ekin 5 = mL2{ ϕ˙ − ψ˙ sin(ϕ − ψ )}, ˙ 2 ∂ϕ ∂Ekin ∂ϕ

∂E pot ∂ϕ

˙ ˙ cos(ϕ − ψ ), = −mL2ϕψ

= mgL ( −1 + cos ϕ ) − k (ψ − ϕ ),

∂Ekin 4 = mL2{ ψ˙ − ϕ˙ sin(ϕ − ψ )}, ˙ 3 ∂ψ ∂Ekin ∂ψ

˙ ˙ cos(ϕ − ψ ), = mL2ϕψ

∂E pot ∂ψ

= mgL sin ψ + k (ψ − ϕ ),

d  ∂Ekin  5 = mL2{ ϕ˙˙ − ψ˙˙ sin(ϕ − ψ ) − ψ˙ (ϕ˙ − ψ˙ )cos(ϕ − ψ )},   dt  ∂ϕ˙  2 d  ∂Ekin  4 = mL2{ ψ˙˙ − ϕ˙˙ sin(ϕ − ψ ) − ϕ˙ (ϕ˙ − ψ˙ )cos(ϕ − ψ )}.   dt  ∂ψ˙  3

Bewegungsgleichungen: 5 mL2{ ϕ˙˙ − ψ˙˙ sin(ϕ − ψ ) + ψ˙ 2 cos(ϕ − ψ )} = mgL (1 − cos ϕ ) + k (ψ − ϕ ), 2 4 mL2{ ψ˙˙ − ϕ˙˙ sin(ϕ − ψ ) − ϕ˙ 2 cos(ϕ − ψ )} = −mgL sin ψ − k (ψ − ϕ ). 3 Wir setzen nun k =:κ , mgL

g =:ω 02 , L

k 2 2 = κω 0 ; mL

ω 0t =:τ ,

d () d () = ω0 =:ω 0 ()′. dt dτ

Damit lauten die Bewegungsgleichungen in dimensionsloser Darstellung: 5 ϕ ′′ − ψ ′′ sin(ϕ − ψ ) + ψ ′ 2 cos(ϕ − ψ ) + cos ϕ − κ (ψ − ϕ ) = 1, 2 4 ψ ′′ − ϕ ′′ sin(ϕ − ψ ) − ϕ ′ 2 cos(ϕ − ψ ) + sin ψ + κ (ψ − ϕ ) = 0. 3 Die Gleichungen sind für die Gleichgewichtslage ϕ = 0, ψ = 0 identisch erfüllt. Für die numerische Lösung setzen wir q1: = ϕ , q 2 : = ψ , q 3 : = ϕ ′, q 4 : = ψ ′. Das entsprechende nichtlineare Differentialgleichungssystem 1. Ordnung lautet nun q1′ = q 3 , q 2′ = q 4 , q 3′ = f1(q1, q 2 , q 3 , q 4 ), q 4′ = f 2 (q1, q 2 , q 3 , q 4 );

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen f1: =

(4 3)h1 + sin(q1 − q 2 )h 2 (10 3) − sin 2 (q1 − q 2 )

f 2: =

,

244

(5 2) h 2 + sin(q1 − q 2 )h1 (10 3) − sin 2 (q1 − q 2 )

,

h1: = 1 − q 4 2 cos(q1 − q 2 ) − cos q1 + κ (q 2 − q1 ), h 2 : = q 32 cos(q1 − q 2 ) − sin q 2 − κ (q 2 − q1 ). Als Anfangsbedingungen kann man beispielsweise wählen: q1(0) = 0, q 2 (0) = π 2 , q 3 (0) = 0, q 4 (0) = 0. Die folgenden Abbildungen zeigen die Funktionen q1(τ ) = ϕ (τ ) und q 2 (τ ) = ψ (τ ) für verschiedene Werte des Federparameters κ .

κ =0.001

1.5

ψ( τ)

1.0 0.5 0.0 -0.5

ϕ( τ)

-1.0 -1.5 0

1

2

3

2.0

4

5

6

7

8

9

10

6

7

8

9

10

κ = 0,1

1.5 1.0 0.5 0.0 -0.5 -1.0 -1.5 0

1

2

3

4

5

Aufgabe 5 Ein starrer Rahmen (Masse 2m ) schwingt an zwei gleich langen Seilen (Länge L ) im Schwerkraftfeld in der xy -Ebene. Im Rahmen kann eine Masse m , die an zwei Federn hängt, vertikal reibungsfrei gleiten. Die Federn (Steifigkeit c ) sind für q = L 2 entspannt. Man bestimme die Bewegungsgleichungen für die Koordinaten

ϕ und q .

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen

b

O

b

y L

L

ϕ

245

2m

S1

c

q

g

c

m S2 x Kinetische Energie des Systems: Ekin =  L cos ϕ  r rS =  , 1 L sin ϕ + b  L cos ϕ + q  r rS =  , 2  L sin ϕ + b 

1 (2mvS2 + mvS2 ), 1 2 2 − Lϕ˙ sin ϕ  r vS =  , 1  Lϕ˙ cos ϕ 

− Lϕ˙ sin ϕ + q˙  r vS =  , 2  Lϕ˙ cos ϕ  Ekin =

vS2 = L2ϕ˙ 2 ; 1

vS2 = L2ϕ˙ 2 + q˙ 2 − 2L sin ϕϕ˙q˙ ; 2

m (3L2ϕ˙ 2 + q˙ 2 − 2L sin ϕϕ˙q˙ ). 2

Potentielle Energie des Systems: E pot = −2mgx S − mgx S + c (q −

L 2 ) , 2

E pot = −3mgL cos ϕ − mgq + c (q −

L 2 ) . 2

1

2

Terme der LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen: ∂Ekin = mL (3Lϕ˙ − sin ϕq˙ ), ∂ϕ˙ d  ∂Ekin    = mL (3Lϕ˙˙ − sin ϕq˙˙ − cos ϕϕ˙q˙ ), dt  ∂ϕ˙  ∂Ekin ∂ϕ

∂E pot ∂ϕ

= −mL cos ϕϕ˙q˙ , = 3mgL sin ϕ ;

∂Ekin = m (q˙ − L sin ϕϕ˙ ), ∂q˙ d  ∂Ekin  2   = m (q˙˙ − L sin ϕϕ˙˙ − L cos ϕϕ˙ ), dt  ∂q˙  ∂Ekin ∂q

∂E pot ∂q

= 0, = −mg + 2c (q −

L ); 2

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen

246

LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen: 3Lϕ˙˙ − sin ϕq˙˙ + 3g sin ϕ = 0, q˙˙ − L sin ϕϕ˙˙ − L cos ϕϕ˙ 2 + 2

c L (q − ) − g = 0. m 2

Mit neuen Bezeichnungen erhalten wir eine dimensionslose Darstellung der Bewegungsgleichungen: q =: Lξ,

g =:ω 02 , L

c =:γω 02 , m

1 sin ϕ ξ ′′ = f1, 3 ξ ′′ − sin ϕ ϕ ′′ = f 2 ,

ϕ ′′ −

d () d () = ω0 , dt dτ

τ : = ω 0t ,

f1: = − sin ϕ ,

f 2 : = cos ϕ ϕ ′ 2 − 2γξ + γ + 1.

Aufgelöst nach den zweiten Ableitungen ergibt sich die Darstellung der Bewegungsgleichungen, die zur Umwandlung in ein Differentialgleichungssystem 1. Ordnung führt, das numerisch gelöst werden kann:

ϕ ′′ = h1,

h1: =

ξ ′′ = h 2 ,

q1: = ϕ , q1′ = q 3 ,

h1 =

q 2′ = q 4 , q 3′ = h1,

h2 =

q4′ = h 2 ,

3 f1 + f 2 sin ϕ 3 − sin ϕ 2

q2 : = ξ,

,

h 2: =

q 3 : = ϕ ′,

3 f 2 + 3 f1 sin ϕ 3 − sin 2 ϕ

.

q 4 : = ξ ′,

−3 sin(q1 ) + sin(q1 ){cos(q1 )q 32 − 2γq 2 + γ + 1} 3 − sin 2 (q1 ) 3{cos(q1 )q 32 − 2γq 2 + γ + 1} − 3 sin 2 (q1 ) 3 − sin 2 (q1 )

,

.

ξ

2

ϕ

1

0

-1 0

5

10

15

τ

γ = 1.0, ϕ (0) = 1.5, ξ (0) = 0.5, ϕ˙ (0) = 0, ξ˙(0) = 0.

20

B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen

247

Wenn ϕ 0 ist: mg 4mx˙˙ = −cx − µ . 2(1 − µ )

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

270

Wenn x˙ < 0 ist, dreht sich die Richtung der Gleitreibungskraft um und wir erhalten für die Anpreßkraft den Wert mg N− = . 2(1 + µ ) Die Bewegungsgleichung lautet deshalb für x˙ < 0: mg 4mx˙˙ = −cx + µ . 2(1 + µ ) Also wird mit h +: =

µmg , 2c (1 − µ )

 −ω 02h + 2 ˙˙ x + ω0 x =  2 ω 0 h -

µ = µo = 0, 5

h−:=

µmg 2c (1 + µ )

wenn x˙ > 0

ω 02 : =

wenn x˙ < 0 →

h+ =

c . 4m

mg mg , h− = . 2c 6c

Der Maximalwert der Haftreibungskraft für den Grenzfall, daß bei einer Auslenkung x > 0 der Feder gerade noch keine Bewegung mit x˙ < 0 beginnt, ist mg mg H = µo = . 2(1 + µo ) 6 Die Federkraft im Zeitpunkt t = 0 muß größer sein als dieser Wert: mg mg cx (t = 0) > → x (t = 0) > . 6 6c Für den Fall, daß für t = 0 die Anfangsbedingungen mg x (0 ) = , x˙ (0) = 0 c gelten, beginnt eine Bewegung mit x˙ < 0, zu der die Bewegungsgleichung x˙˙ + ω 02 x = ω 02h − gehört. In diesem 1. Bewegungsabschnitt wird also x (t ) =

mg {1 + 5 cos(ω 0t )}, 6c

x˙ (t ) = −

5mg ω sin(ω 0t ). 6c 0

Wenn ω 0t = π ist, wird x˙ = 0 und die Feder ist um x (t =

π 2mg )=− ω0 3c

ausgelenkt. Sie übt dann eine nach rechts gerichtete Kraft auf den Wagen aus, und es muß geprüft werden, ob diese ausreicht, die Haftkraft zu überwinden. Aus der Gleichgewichtsbedingung für die Stange ergibt sich als Maximalwert für die Haftkraft

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad H * = µ0

271

mg mg = . 2(1 − µ0 ) 2

Zum Ende des 1. Bewegungsabschnitts kann also die Federkraft 2mg 3 die Haftkraft überwinden, und es beginnt ein 2. Bewegungsabschnitt, zu dem die Bewegungsgleichung x˙˙ + ω 02 x = −ω o 2h + mit den Anfangsbedingungen zum Zeitpunkt t = π ω 0 : x (π ω 0 ) = −

2mg , 3c

x˙ (π ω 0 ) = 0.

Wir erhalten also für t > π ω 0 x (t ) =

mg {−3 + cos(ω 0t )}, 6c

x˙ (t ) = −

mg ω sin(ω 0t ). 6c 0

Für ω 0t = 2π wird wieder x˙ = 0 und x (2π ω 0 ) = −

mg . 3c

Die bei dieser Auslenkung nach rechts wirkende Federkraft mg 3 ist kleiner als die maximal mögliche Haftkraft H * = mg 2, so daß für ω 0t > 2π der Wagen abgebremst stehen bleibt. 6.0

q

4.0 2.0 0.0 -2.0 -4.0 0

1

2

3

x (t ) =:

4

mg q (τ ), 6c

5

6

7

τ

8

τ : = ω 0t .

Aus den beiden Bewegungsgleichungen für die Bewegungsabschnitte x˙˙ + ω 02 x = −ω 02h +

x˙˙ + ω 02 x = ω 02h −

( x˙ > 0),

( x˙ < 0),

folgt: ˙˙ ˙ + ω 2 ( x + h + )x˙ = 0 xx 0

( x˙ > 0),



˙˙ ˙ + ω 2 ( x − h − )x˙ = 0 xx 0

( x˙ < 0),



d 1 2 1 2 2  x˙ + ω 0 ( x + h + )  = 0, 2 dt  2  d 1 2 1 2 2  x˙ + ω 0 ( x − h − )  = 0. 2 dt  2 

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

272

Wir setzen x =:

mg q, 6c

x˙ =:ω 0

mg q ′, 6c

h + =:

mg η , 6c +

h − =:

mg η , 6c −

und erhalten die Beziehungen (q ′)2 + (q + η+ )2 = C + 2 ,

(q ′)2 + (q − η− )2 = C − 2 ,

(q ′ > 0),

(q ′ < 0),

wobei sich die Konstanten C + und C − aus den Bedingungen zu Beginn eines Bewegungsabschnittes ergeben. In der q ′, q -Phasenebene läßt sich die Bewegung durch Halbkreisbögen darstellen: Im Bewegungsabschnitt q ′ > 0 (obere Halbebene) bewegt sich der Zustandspunkt (q , q′) auf einem Halbkreis mit dem Radius C + um den Punkt −η+ auf der q -Achse und im Bewegungsabschnitt q ′ < 0 (untere Halbebene) auf einem Halbkreis mit dem Radius C − um den Punkt η− auf der q -Achse. Die Bewegung ist zuende, wenn ein Halbkreisbogen im Intervall −η+ < q < η− aufsetzt. q 1 -3

-2

-1

1

η+

2

4

η−

6

q

-1 -2 -3

Aufgabe 9 Drei homogene starre Stangen (Länge 3L , Masse m ) sind jeweils in einem Endpunkt gelenkig gelagert und über Federn und geschwindigkeitsproportionale Dämpfer miteinander verbunden. Die in A und B gelagerten Stangen werden nach den Gesetzen

α (t ) = α 0 cos(Ω1t ), β (t ) = β0 cos(Ω2t ) mit kleinen Amplituden α 0 und β0 bewegt und regen eine Schwingungsbewegung

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

273

ϕ (t ) der mittleren Stange an. Man berechne diese Bewegung im eingeschwungenen Zustand. L

2L c

d

d

c

A

L O

B L

2L

α F2

F1

A

ϕ O

F4

F3

B

β

Bewegungsgleichung der in O gelagerten Stange:

Θ 0ϕ˙˙ = (F1 − F3 )L + (F2 − F4 )3L ;

Θ0 =

1 m (3L )2 = 3mL2 . 3

F1 = c (3Lα − Lϕ ),

F2 = d (Lα˙ − 3Lϕ˙ ),

F3 = d (Lϕ˙ − 3Lβ˙ ),

F4 = c (3Lϕ − Lβ ).

(F1 − F3 )L = cL2 (3α − ϕ ) − dL2 (ϕ˙ − 3β˙ ), (F2 − F4 )3L = dL2 (3α˙ − 9ϕ˙ ) − cL2 (9ϕ − 3β ),

ϕ˙˙ +

10d 10c 1 ϕ˙ + ϕ = {(cα + dα˙ ) + (cβ + dβ˙ )}, 3m 3m m

ω 02 : =

10c , 3m

ϕ˙˙ + 2Dω 0ϕ˙ + ω 02ϕ = ω 02

2Dω 0 : =

10d , 3m

3 2D 2D ˙ α˙ ) + ( β + β )}, {(α + 10 ω0 ω0

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

274

α+

2D α˙ = α 0{cos(Ω1t ) − 2Dη1 sin(Ω1t )} = α 0 1 + (2Dη1 )2 cos(Ω1t + γ 1 ), ω0

β+

2D ˙ β = β0{cos(Ω2t ) − 2Dη2 sin(Ω2t )} = β0 1 + (2Dη2 )2 cos(Ω2t + γ 2 ), ω0 3 3 a1: = α 0 1 + (2Dη1 )2 , a 2: = β0 1 + (2Dη2 )2 , 10 10

γ 1 = arctan(2Dη1 ),

γ 2 = arctan(2Dη2 ),

Bewegungsgleichung in Muster-Form: 2

ϕ˙˙ + 2Dω 0ϕ˙ + ω 02ϕ = ω 02 ∑ a i cos(Ωi t + γ i ) . i =1

Lösung im eingeschwungenen Zustand: 2

ϕ (t ) = ϕ part (t ) = ∑ a i V (ηi , D )cos(Ωi t + γ i − ϕ (ηi , D )). i =1

V (η, D ): =

1 (1 − η2 )2 + (2Dη)2

ϕ = arctan

,

2Dη . 1 − η2

Spezialfall:

α 0 = β0 = 0,1 a1 = 0, 0306

Ω1 = 0, 5 ω 0 a 2 = 0, 0384

V (η1, D ) = 1, 2883

Ω2 = 2, 0 ω 0 γ 1 = 0,1974

V (η2 , D ) = 0, 3221

D = 0, 2

γ 2 = 0, 6747

ϕ1 = 0, 2606

ϕ 2 = 2, 881

τ := ω 0t . 2

Graphische Darstellung der Anregungsfunktion

∑ ai cos(Ωi t + γ i ) :

i =1

0.08

0.04

0.00

-0.04

-0.08

0

10

20

ϕ (τ ) im eingeschwungenen Zustand:

30

40

τ

50

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

275

0.04

0.00

-0.04 0

10

20

30

τ

40

50

Aufgabe 10 Eine Kiste (Masse m ) wird mit einer Hubvorrichtung, die über eine Feder und zwei viskose Dämpfer mit der Kiste verbunden ist, angehoben. Man berechne den Zeitpunkt t = τ , in dem die Kiste vom Boden abhebt und die Bewegung für t > τ im aperiodischen Grenzfall, wenn x A (t ) = v 0t ist. A

x A (t) g

A

x A (t)

x A (t)

A

d( x˙ A − x˙ ) dx˙ A

d

d

c(x A − x ) c

cx A

x (t) mg

m

mg t >τ t τ : mx˙˙ = −mg + 2d ( x˙ A − x˙ ) + c ( x A − x ),

mg − 2dv 0 cv 0

.

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

276

mx˙˙ + 2dx˙ + cx = −mg + 2dv 0 + cv 0t ,

ω 02 : =

c , m

2Dω 0 : =

x˙˙ + 2Dω 0 x˙ + ω 02 x = ω 02{−

2d , m

g 2D v + v 0t} . 2 + ω0 ω0 0

Partikularlösung: x part (t ) = −

g + v 0t . ω 02

Allgemeine Lösung der Bewegungsgleichung im aperiodischen Grenzfall: g −ω t x (t ) = e 0 {C1t + C2} + v 0t − 2 . ω0 x˙ (t ) = e

−ω 0t

{(1 − ω 0t )C1 − ω 0C2} + v 0 .

Anfangsbedingungen: x (τ ) = 0,

x˙ (τ ) = 0,

C1τ + C2 = (



g ω τ − v 0τ )e 0 , 2 ω0

(1 − ω 0τ )C1 − ω 0C2 = −v 0e

ω 0τ

,

mg − 2dv 0 2d 2Dω 0m 2v 0 g g v v v τ − = − = = = , 0 0 c c 0 c ω 02 ω 02 ω0

ω 0τC1 + ω 0C2 = 2v 0e

ω 0τ

(1 − ω 0τ )C1 − ω 0C2 = −v 0e

ω 0τ

, ,

C1 = v 0e

ω 0τ

,

C2 =

v0

ω0

(2 − ω 0τ )e

ω 0τ

.

Für t ≥ τ gilt x (t ) = −

2v 0 −ω 0 (t −τ ) g + v t + { v ( t − ) + }e . τ 0 0 ω 02 ω0

Aufgabe 11 Zwei parallele, mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω rotierende Stangen (Länge L ) führen einen Rahmen, in dem ein viskos gedämpftes Feder-Masse-System vertikal schwingen kann. Die Länge der entspannten Feder sei b . Man bestimme die Bewegungsgleichung der Masse m für den mitbewegten Beobachter.

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

O

L

277

y

L r e 2 ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;

;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;; ;; q c 1 ;; r ; e1 ; ;; ;; m ;; ;; ;; ;; d ;; ;; ; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;

Ωt

A;

g x

c(q1 − b) mg N

dq˙1

Absoluter Beschleunigungsvektor des Punktes A: → r r r r r OA = L cos(Ωt )e x + L sin(Ωt )e y , a A = − LΩ 2{cos(Ωt )e x + sin(Ωt )e y}. r r e1(t ) = e x ,

r r e 2 (t ) = e y ,



r r ω F ≡ 0.

Führungs-, Relativ- und CORIOLISbeschleunigung der Masse m : r r r r r r aF = a A, a rel = q˙˙1e1, a Cor ≡ 0. Schwerpunktsatz im bewegten Bezugssystem: r r r r r r ma rel = −c (q1 − b )e1 − dq˙1e1 + mge1 + Ne 2 + ( −ma F ), mq˙˙1 = −c (q1 − b ) − dq˙1 + mg + mLΩ 2 cos(Ωt ), 0 = N + mLΩ 2 sin(Ωt ). Bewegungsgleichung: mq˙˙1 + dq˙1 + cq1 = cb + mg + mLΩ 2 cos(Ωt ), q˙˙1 + 2Dω 0q˙1 + ω 02q1 = ω 02{b +

ω 02 : =

c , m

2Dω 0 : =

g + Lη2 cos(Ωt )}, ω 02

d , m

η: =

Ω . ω0

Partikularlösung: q1 part (t ) = b + V (η, D ): =

g 2 2 + Lη V (η, D )cos(Ωt − ϕ (η, D )), ω0 1

(1 − η ) + (2Dη) 2 2

2

,

ϕ (η, D ): = arctan

2Dη . 1 − η2

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

278

Aufgabe 12 xC F 0 sin(Ωt)

S

ϕ˙

m

C

c

m

B

d xB

r r

2m

2m q

Auf zwei abgesetzten Kreisscheiben ( innere Teilscheibe: Radius r , Masse m ; äußere Teilscheibe: Radius 2r . Masse m ) liegen zwei starre Stangen ( Masse m ). Die beiden Kreisscheiben rollen auf einer horizontalen Bahn und den beiden Stangen. Für q = 0 sei die Feder entspannt. Man stelle mit Hilfe des Leistungssatzes die Bewegungsgleichung des Systems in der Koordinate q auf. Kinematische Zwangsbedingungen: q˙ ϕ˙ = , x C = 3q , r

x B = 2q .

Kinetische Energie: Ekin = {ΘSϕ˙ 2 + 2mvS 2} +

ΘS = Ekin =

1 1 mx˙ B 2 + mx˙ C 2 , 2 2

1 1 5 mr 2 + m (2r )2 = mr 2 , 2 2 2

5 1 1 mq˙ 2 + 2mq˙ 2 + m 4q˙ 2 + m 9q˙ 2 = 11mq˙ 2 . 2 2 2

Leistung der Kräfte: P = F0 sin(Ωt )x˙ C − cx C x˙ C − dx˙ B x˙ B = {3F0 sin(Ωt ) − 9cq − 4dq˙}q˙ . Leistungssatz: E˙ kin = P



˙˙ ˙ = {3F sin(Ωt ) − 9cq − 4dq˙}q˙ , 22mqq 0

Bewegungsgleichung: q˙˙ + 2Dω 0q˙ + ω 02q = ω 02

F0 3c

sin(Ωt ),

ω 02 : =

9c 2d , 2Dω 0 : = . 22m 11m

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

279

Aufgabe 13

y

y L

L

m

S

S

2h Rϕ

g R

R

ϕ x

O

x

O

Ein starrer Quader (Masse m , Länge 2L , Höhe 2h ) soll auf einem Kreiszylinder (Radius R ) Rollschwingungen ausführen. Man bestimme die Bewegungsgleichung. Ortsvektor und Geschwindigkeitsvektor des Schwerpunktes S:  R sin ϕ − Rϕ cos ϕ + h sin ϕ  r rS =  , R cos ϕ + Rϕ sin ϕ + h cos ϕ 

 h cos ϕ + Rϕ sin ϕ  r vS =  ϕ˙ , −h sin ϕ + Rϕ cos ϕ 

vS 2 = (h 2 + R 2ϕ 2 )ϕ˙ 2 . Potentielle Energie:

r r E pot = −mg ⋅ rS = mgyS = mg{(R + h )cos ϕ + Rϕ sin ϕ}.

ϕ = 0 ist eine stabile Gleichgewichtslage, wenn die potentielle Energie in dieser Lage einen Minimalwert hat:  dE pot  = 0,  dϕ    ϕ =0 dE pot dϕ

= mg ( −h sin ϕ + Rϕ cos ϕ ),

 d 2E  pot >0  2    dϕ  ϕ = 0 d 2E pot dϕ 2

= mg{(R − h )cos ϕ − Rϕ sin ϕ},

 d 2E  pot = mg (R − h ) > 0,  2   ϕ d   ϕ =0



R > h.

Eine Gleichgewichtslage für ϕ = ϕ * ≠ 0 erhalten wir aus der Gleichung mg ( −h sin ϕ * + Rϕ * cos ϕ * ) = 0



tan ϕ * =

R * ϕ . h

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

280

In dieser Lage wird x S = R sin ϕ * , also liegt der Schwerpunkt über dem Kontaktpunkt des Quaders mit dem Kreiszylinder. Ist beispielsweise h = R 3, so wird ϕ * = 1.32419 = 75.9o und  d 2E  pot = −1.1214mgR ;  2   ϕ d   ϕ =ϕ *

ϕ = ϕ * ist eine instabile Gleichgewichtslage. E pot /(mgR)

1.6 1.5 1.4 1.3 -1.5

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

ϕ

1.5

h =R 3 Kinetische Energie: Ekin =

1 (mvS 2 + ΘSϕ˙ 2 ), 2 Ekin =

ΘS =

m 2 (L + h 2 ), 3

m (4h 2 + L2 + 3R 2ϕ 2 )ϕ˙ 2 . 6

Leistungssatz: E˙ kin = − E˙ pot ,



m ˙ ˙˙ + mR 2ϕϕ˙ 3 = −mg ( −h sin ϕ + Rϕ cos ϕ )ϕ˙ . (4h 2 + L2 + 3R 2ϕ 2 )ϕϕ 3

Bewegungsgleichung: 1 (4h 2 + L2 + 3R 2ϕ 2 )ϕ˙˙ + R 2ϕϕ˙ 2 + g ( −h sin ϕ + Rϕ cos ϕ ) = 0, 3

ϕ˙˙ =

3g (h sin ϕ − Rϕ cos ϕ ) − 3R 2ϕϕ˙ 2 . 4h 2 + L2 + 3R 2ϕ 2

Für h = R 3, L = R wird

ϕ˙˙ =

( g R )(sin ϕ − 3ϕ cos ϕ ) − 3ϕϕ˙ 2 . (13 9) + 3ϕ 2

Mit

ω 02 : =

g , R

ω 0t =:τ ,

d (...) d (...) = ω0 = ω 0 (...)′, dt dτ

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad q1: = ϕ ,

281

q 2 : = ϕ ′,

erhalten wir das System von nichtlinearen Differentialgleichungen 1. Ordnung q1′ = q 2 , q 2′ =

sin(q1 ) − 3q1 cos(q1 ) − 3q1q 22 (13 9) + 3q12

.

Die numerische Lösung zu den Anfangsbedingungen ( q1(0) = 1.0, q 2 (0) = 0 ) ist in der folgenden Abbildung dargestellt. 1

ϕ

0

ϕ'

-1 0

5

10

τ

15

20

Aufgabe 14 Eine Masse m ist symmetrisch mit zwei Federn (Federsteifigkeit c , entspannte Länge L 0 ) verbunden und wird bei Bewegung geschwindigkeitsproportional (nicht symbolisch dargestellt) gebremst (Dämpfungskonstante d ). dx˙

m

L

L c

b

x

c b

α

α

c(L − L0 )

c(L − L0 ) (x˙ > 0)

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

282

Man bestimme die Bewegungsgleichung und numerisch deren Lösungen für die Fälle L 0 b = 0.5 (Feder in der Lage x = 0 gedehnt: stabile Gleichgewichtslage) und L 0 b = 1.5 (Feder in der Lage x = 0 gestaucht: instabile Gleichgewichtslage). sin α =

L = b2 + x 2 ,

x . L

Bewegungsgleichung: mx˙˙ = −2c (L − L 0 )sin α − dx˙ = −2c (1 − x˙˙ = −ω 02 (1 −

L0 b 1 + ( x b )2

)x − 2Dω 0 x˙ ,

L0

ω 02 : =

L

)x − dx˙ ,

2c , m

2Dω 0 : =

d . m

Mit der Variablentransformation

ω 0t =:τ ,

d (...) d (...) = ω0 =:ω 0 (...)′, dt dτ

y1: = x b ,

y2 : = x ′ b

erhalten wir das Differentialgleichungssystem 1. Ordnung: y1′ = y2 , y2′ = −(1 −

L0 b 1 + y12

)y1 − 2Dy2 .

Darstellung der numerischen Lösungen der nichtlinearen Differentialgleichungen für zwei spezielle Fälle: (1):

L 0 b = 0.5

D = 0.2

y1(0) = 1

y 2 (0 ) = 0

1.0

y1 0.5

0.0

y2 -0.5 0

5

10

15

τ

20

B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

283

y2

0.0

-0.5

-0.5

0.0

y1

0.5

1.0

Phasendiagramm (2):

L 0 b = 1.5

D = 0.2

y1(0) = 0.5

y 2 (0 ) = 0

y1

1.0

0.5

y2 0.0 0

5

10

τ

15

20

y2 0.2

0.0

-0.2 0.6

0.8

1.0

Phasendiagramm

1.2

y1

B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden

284

Aufgabe 1 m x 2 (t )

x 1 (0)

c

g x 1 (t )

m x˙1 (0) = x˙ 2 (0) = 0

t >0

Zwei Körper (Masse m ) sind über eine Feder (Federsteifigkeit c , Länge der entspannten Feder L ) miteinander verbunden. Bis zum Zeitpunkt t = 0 wird der obere Körper festgehalten und der untere hängt ruhig an der gespannten Feder. Zum Zeitpunkt t = 0 wird der obere Körper losgelassen, so daß beide im Schwerkraftfeld nach unten fallen. Man berechne x1(t ) und x 2 (t ). Es sei c = 8mg L . mg x 2 (t ) c(x1 − x 2 − L)

m x˙˙2 = mg + c (x 1 − x 2 − L )

x 1 (t ) t >0

m x˙˙1 = mg − c (x 1 − x 2 − L )

mg c g = 8 = ω 02 , m L

x˙˙1 + ω 02 ( x1 − x 2 ) = 9g , x˙˙2 − ω 02 ( x1 − x 2 ) = −7 g ;

Entkoppelte Bewegungsgleichungen durch Koordinatentransformation: x + x2 q1: = 1 q 2 : = x1 − x 2 . , 2 q1 = Koordinate des Massenmittelpunktes

q˙˙1 = g ,

q 2 = Körperabstand

q˙˙2 + 2ω 02q 2 = 2ω 02L ;

1 2 gt + C1t + C2 , 2 q 2 (t ) = C3 cos(ωt ) + C 4 sin(ωt ) + L , q1(t ) =

Anfangsbedingungen:

ω : = 2ω 0 ;

B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden mg − c ( x1(0) − L ) = 0 q1(0) =



x1 (0 ) =

1 9 ( x1(0) + x 2 (0)) = L, 2 16

q 2 (0 ) = x1 (0 ) − x 2 (0 ) =

mg 9 + L = L; c 8

q˙1(0) =

9 L, 8

285 x 2 (0) = 0;

1 ( x˙ (0) + x˙ 2 (0)) = 0, 2 1

q˙ 2 (0) = x˙1(0) − x˙ 2 (0) = 0.

Angepaßte Lösung: q1(t ) =

1 2 9 gt + L, 2 16

q 2 (t ) =

1 L cos(ωt ) + L ; 8

x1(t ) = q1(t ) +

1 17 1 1 q 2 (t ) = L + gt 2 + L cos(ωt ), 2 16 2 16

x 2 (t ) = q1(t ) −

1 1 1 1 q 2 (t ) = L + gt 2 − L cos(ωt ). 2 16 2 16

Aufgabe 2 Dargestellt ist das Modell eines Fahrzeugs (Masse m , Massenträgheitsmoment

ΘS ), dessen Schwerpunkt S sich nach dem Gesetz x S (t ) = v 0t in x -Richtung bewegt. Die Endpunkte A und B zweier Federn (Federsteigkeit c ) werden auf einer Kurve y = h ( x ) = h 0 sin(2π x L ) geführt. Die Federn sind entspannt für qS = 0,

ϕ = 0, y A = 0, y B = 0. Man stelle die Bewegungsgleichungen für die Koordinaten qS und ϕ auf, wobei angenommen werden soll, daß ϕ 0,

c 22 > 0,

c11c 22 − c122 > 0.

Daraus ergeben sich für die Parameter α und β die Bedingungen

= − βmgR ,

B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden

296

βα < λ. β −α

β > α,

Terme der LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen: ∂Ekin ∂Ekin 3 = {( + α − 2λ cos ϕ )ϕ˙ + αψ˙ cosψ }mR 2 , = λ sin ϕϕ˙ 2mR 2 , ˙ 2 ∂ϕ ∂ϕ ∂Ekin 4α = { ψ˙ + αϕ˙ cosψ }mR 2 , 3 ∂ψ˙

∂Ekin ∂ψ

˙ ˙mR 2 , = −α sin ψϕψ

d  ∂Ekin  3 = {( + α − 2λ cos ϕ )ϕ˙˙ + αψ˙˙ cosψ + 2λ sin ϕϕ˙ 2 − α sin ψψ˙ 2}mR 2 ,   dt  ∂ϕ˙  2 d  ∂Ekin  4α ˙ ˙ }mR 2 ,   = { ψ˙˙ + αϕ˙˙ cosψ − α sin ψϕψ ˙ dt  ∂ψ  3 ∂E pot ∂ϕ

= {λ sin ϕ + βϕ − βψ }mgR ,

∂E pot ∂ψ

= {−α sin ψ + βψ − βϕ}mgR ;

Bewegungsgleichungen: 3 g ( + α − 2λ cos ϕ )ϕ˙˙ + αψ˙˙ cosψ + λ sin ϕϕ˙ 2 − α sin ψψ˙ 2 = − (λ sin ϕ + βϕ − βψ ), 2 R 4α g ˙ ˙ = − ( −α sin ψ + βψ − βϕ ). ψ˙˙ + αϕ˙˙ cosψ − α sin ψϕψ 3 R Dimensionslose Darstellung: R τ, g

t =:

d () = dt

g d () g =: ()′. R dτ R

a11ϕ ′′ + a12ψ ′′ = b1, a12ϕ ′′ + a 22ψ ′′ = b2 ; a11: =

3 + α − 2λ cos ϕ , 2

a12 : = α cosψ ,

a 22 : =

4α ; 3

b1: = − λ sin ϕϕ ′ 2 + α sin ψψ ′ 2 − λ sin ϕ − βϕ + βψ , b2 : = α sin ψϕ ′ψ ′ + α sin ψ − βψ + βϕ .

ϕ ′′ =

b1a 22 − b2a12 D

,

ψ ′′ =

b2a11 − b1a12 D

,

D : = a11a 22 − a122 .

Umwandlung in ein System von Differentialgleichungen 1. Ordnung: q1: = ϕ , q2: = ψ , q 3 : = ϕ ′, q 4 : = ψ ′;

B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden

297

q1′ = q 3 , q 2′ = q 4 , q 3′ = (b1a 22 − b2a12 ) D , q 4′ = (b2a11 − b1a12 ) D . Zulässige Parameter (beispielsweise): α = 1 4,

β = 4.

Anfangsbedingungen: q2 = π 8 ,

q1 = 0,

q 3 = 0,

q 4 = 0.

0.4

ψ ϕ 0.2

0.0

-0.2

0

2

4

6

τ

8

10

Aufgabe 8 Zwei starre Stangen (Längen: 2L , Massen: m1, m 2 ) sind in ihren Schwerpunkten gelenkig gelagert und mit Drehfedern (Federkonstanten: k1, k 2 ) verbunden. In der Lage ϕ = 0, ψ = 0 sind die Federn entspannt. Man berechne die Eigenschwingungsbewegungen des Systems. L

k2 k1

L

ϕ m1

O

m2

ψ ϕ

A

B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden

298

Kinetische Energie und Massenmatrix: 1 1 1 Ekin = { m1(2L )2 ϕ˙ 2 + m 2 (Lϕ˙ )2 + m 2 (2L )2 (ϕ˙ + ψ˙ )2}, 2 12 12 Ekin = Ekin =

1 1 4 1 ˙ ˙ )}, {( m1 + m 2 )L2ϕ˙ 2 + m 2L2 (ψ˙ 2 + 2ϕψ 2 3 3 3

2 1 m 2L ˙ ˙ ), ( µϕ˙ 2 + ψ˙ 2 + 2ϕψ 2 3

µ: = 4 +

m1 m2

[m ] =

;

m 2L2  µ 1  . 3 1 1

Potentielle Energie und Steifigkeitsmatrix: E pot

1 1 = (k1ϕ 2 + k 2ψ 2 ) = k1(ϕ 2 + γψ 2 ), 2 2

γ :=

k2 k1

1 0 [c ] = k1  . 0 γ 

;

Bewegungsgleichungen: 1 0 ϕ  0  µ 1 ϕ˙˙     =  ,     + ω 02  1 1 ψ˙˙  0 γ  ψ  0

ω 02 : =

3k1 m 2 L2

.

Eigenschwingungsansatz: ϕ  a1    =   A sin(ωt + α ), ψ  a 2 

ω = λ ω0;



 1 0  µ 1  a1  0 − λ       =  .  1 1 a 2  0  0 γ 

1 − µλ − λ  2 2 det   = (1 − µλ )(γ − λ ) − λ = λ ( µ − 1) − λ (1 + µγ ) + γ = 0, γ − λ   − λ

λ1,2 =

(1 + µγ ) m (1 − µγ )2 + 4γ ; 2( µ − 1)

Eigenschwingungsformen: a1α = 1,

a 2α =

ω1 = λ1ω 0 , ω 2 = λ2 ω 0 .

λα , γ − λα

α = 1, 2.

Aufgabe 9 Zwei starre quadratische Platten (Massen m , 4m ) sind gelenkig gelagert und über ein Federpaar (Federsteifigkeit c = mg L ) miteinander verbunden. Man berechne für kleine Auslenkungen aus der Gleichgewichtslage ϕ = ψ = 0 die Eigenkreisfrequenzen, die Eigenschwingungsformen und die [m ] -normierten Eigenvektoren.

B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden

299

m S1

2L

O

L

L c

c

g

x

ϕ

b ψ

A

S2

2L 4m Federn entspannt

y

Kinetische Energie des Systems und Massenmatrix: 1 1 Ekin = Θ0ϕ˙ 2 + Θ Aψ˙ 2 , 2 2

Θ0 =

m 5 {(2 L )2 + (2 L )2} + mL2 = mL2 , 12 3 Ekin

ΘA =

4m 20 {(2 L )2 + (2 L )2} + 4mL2 = mL2 , 12 3 1 0  5 2 [m ] = mL  . 3 0 4 

1 5 20 2 = mL2 ( ϕ˙ 2 + ψ˙ ), 2 3 3

Potentielle Energie des Systems und Steifigkeitsmatrix: 1 1 E pot = −mgyS − 4mgyS + c (Lϕ + Lψ )2 + c ( − Lϕ − Lψ )2 , 1 2 2 2 yS = − L cos ϕ , 1

yS = b + L cosψ , 2

E pot = mgL {cos ϕ − 4 cosψ + (ϕ + ψ )2} + const . c11 =

∂2E pot ∂ϕ 2

= mgL , c 22 = ϕ =ψ = 0

∂2E pot ∂ψ 2

= 6mgL , c12 = ϕ =ψ = 0

1 2  [c ] = mgL  . 2 6  

∂2E pot ∂ϕ∂ψ

= 2mgL , ϕ =ψ = 0

B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden

300

Bewegungsgleichungen und Eigenschwingungsansatz: 1 0  ϕ˙˙  3g 1 2 ϕ  0    =  ,    +  0 4  ψ˙˙  5L 2 6 ψ  0

ω 2 =: λ

ϕ   a1    =   A sin(ωt + α ), ψ  a 2 

2   a1  1 − λ    = 0,  6 − 4 λ  a 2   2

3g , 5L

Berechnung der Eigenkreisfrequenzen und Eigenschwingungsformen: 2  1 − λ det   = 0, 6 − 4 λ   2

λ2 −

ω1 = 0, 36 g L , 1 a1      = , a 2  (λi − 1) 2 i



5 1 λ + = 0, 2 2

λ1,2 =

5 m 17 , 4

ω 2 = 1,17 g L . a1   1    = . a 2  , 0 64    2

 a1   1    = , a 2  , − 0 39   1 

Normierung der Eigenvektoren bezüglich der Massenmatrix: {a }i T [m ]{a } j = δij ,

 1  {a }1 = β1  , −0.39

1 0   1  5 β12 [1 −0, 39] mL2    = 1, 3 0 4  −0.39 1 0   1  5 2 mL β2 [1 0, 64]    = 1, 3 0 . 64 0 4     2

{a }1 =

1 L m

 0, 611  ,  −0, 238

 1  {a }2 = β2  , 0.64 

β12 2, 683mL2 = 1,





{a }2 =

β22 4, 401mL2 = 1, 1 L m

0, 477 .  0, 305

Aufgabe 10 Eine starre quadratische Scheibe (Kantenlänge 2L , Masse m ) ist in den vier Eckpunkten A, B, C und D mit Federn verbunden. Unter der Voraussetzung kleiner Verschiebungen des Schwerpunktes S u Sx = Lξ,

u Sy = Lη,

ξ , η (L 2) durchgesägt werden. Wie muß man den Abstand b für das einwertige Auflager wählen, damit das Biegemoment an der Stelle x * null wird? A

m

B g

x* b > (L 2) q0 = mg L

Ax

x

Bz

Az z A x = 0, Az + Bz + q 0 L = 0, Bzb + q 0

L2 Bz = −q 0 , 2b

Az = q 0 L (

L − 1). 2b

L2 = 0; 2

0 ≤ x ≤ b: 2 x 2 q0L ξ M by ( x ) = − Az x − qo = (2ξ − − ξ 2 ), β 2 2

(ξ: =

x b , β: = ) L L

b ≤ x ≤ L: M by ( x ) = −q 0

2 ( L − x )2 q 0 L = ( −1 + 2ξ − ξ 2 ). 2 2

In der folgenden Abbildung sind die Biegemomentfunktionen für verschiedene Werte von β dargestellt. M by ( x ) = 0 *

2−

1 − ξ * = 0, β





β=

x * = 0.75L

2 ξ* 2ξ − − ξ * = 0, β *

1 , 2 − ξ* → b = 0.8L .

b=

L . 2 − x* L

C - 1.1 - Schnittlasten

327

0.3 0.2 0.1

0.9

0.8 0.7

0.0 0.6 -0.1

0.5

-0.2 -0.3 0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Aufgabe 4 Für einen homogenen kreiskegelförmigen Stab der Massendichte ρ berechne man den Querschnittsradius r ( x ), die Streckenlast q ( x ) und das Biegemoment M b ( x ). r1

L

r0

ρ x g

z

Querschnittsradius: r ( x ) = ro +

r1 − ro L

x =:ro + λ x .

Querschnittsfläche: A ( x ) = π ( ro + λ x )2 = π (ro 2 + 2λro x + λ2 x 2 ). Streckenlast: q ( x ) = ρg A ( x ) = ρg π ( ro 2 + 2λro x + λ2 x 2 ). Biegemoment: x

x

0

0

M b ( x ) = − ∫ q (ξ )( x − ξ )dξ = − ρg π ∫ ( ro 2 + 2λro ξ + λ2ξ 2 )( x − ξ )dξ , x

x

M b ( x ) = ρg π {− x ∫ ( ro + 2λro ξ + λ ξ )dξ + ∫ ( ro 2ξ + 2λro ξ 2 + λ2ξ 3 )dξ }, 2

0

2 2

0

1 1 1 2 4 M b ( x ) = − ρg π ( ro 2 x 2 + λro x 3 + λ x ). 2 3 12

C - 1.1 - Schnittlasten

328

Aufgabe 5

q2 q1 M0

x

L

F0 z

Man berechne mit Hilfe der differentiellen Gleichgewichtsbedingungen Q ′( x ) = −q ( x ), M by ′ (x ) = Q (x ) die Querkraft und das Biegemoment. Streckenlast: q (x ) =

q 2 − q1 L

x + q1.

Randbedingungen im (negativen) Schnittufer x = 0 : Q (0) = − F0 , M by (0) = − M 0 . Integration der differentiellen Gleichgewichtsbedingungen: q − q1 Q ′( x ) = − 2 x − q1, L q − q1 x 2 M by − q1x + C1, ′ (x ) = Q (x ) = − 2 2 L q − q1 x 3 x2 − q1 + C1x + C2 ; M by ( x ) = − 2 6 2 L Aus den Randbedingungen folgt: C1 = − F0 ,

C2 = − M 0 .

q 2 − q1 x 2 − q1x − F0 , 2 L q − q1 x 3 x2 − q1 − F0 x − M 0 . M by ( x ) = − 2 6 2 L Q (x ) = −

Schnittlasten im Einspannquerschnitt: Q (L ) = −(q1 + q 2 )

L − F0 , 2

M by (L ) = −q1

L2 L2 − q2 − F0 L − M 0 . 3 6

C - 1.1 - Schnittlasten

329

Aufgabe 6 z Einspannung

A

A z1

C

L

x1

L L

x2

y

B

B

L

y1

y y2

F

L

z2

O L

O 2F

x

x

L

Für den mit zwei Kräften belasteten biegesteifen Rahmen berechne man im x , y, z −System die in der Einspannstelle A auf den Rahmen wirkende Reaktionslast und die Schnittlasten in den Rahmenabschnitten AB und BC in den angegebenen lokalen Koordinatensystemen. Reaktionslasten in A:  A x   0   0  0          A  +  0  +  0  = 0,  y        A  − F  −2F  0  z  Ax   0       A  =  0 ,  y    A  3F   z

M Ax   L   0   L   0  0             M  +  L  ×  0  +  − L  ×  0  = 0;  Ay             M  −2L  − F  −2L  −2F  0  Az  M Ax   − FL      M  = −3FL .  Ay     M   0   Az 

Schnittlasten im Abschnitt AB im lokalen Koordinatensystem:  N  −3F  0  1  Q  +  0  = 0  y1         Q  z1   0  0

 M  −x −3F   0  0  t1   1   M  +  0  ×  0  + − FL  = 0,         by1              0      3 FL M  bz1   0   0  

C - 1.1 - Schnittlasten

330 M  0   t1    M  = FL ,   by1         − M FL 3  bz1  

 N  3F   1   Q  =  0 ,  y1      Qz1   0 

Schnittlasten im Abschnitt BC im lokalen Koordinatensystem:  −M  L − x 0 0 t2   2            + − M × L 0 = 0      ; by 2                 M L F − 0       bz 2  

 − N   0  0 2   −Q  +  0  = 0,  y2        −Qz 2  F  0

M  FL   t2     = − F (L − x ). M  2  by 2         M 0  bz 2  

 N  0   2   Q  =  0 ,  y2      Qz 2  F  Aufgabe 7 z

F0 γ β

R

y L

r* F r* M

x

r Ein Rad am Ende einer Welle wird durch die Kraft Fo belastet. Man berechne die Schnittlastvektoren im Wellenquerschnitt x = L .  Fo sin γ sin β   N (L )  0       F sin γ cos β  + Q (L ) = 0,      y  o  − F cos γ  Q (L ) 0 o    z 

 M (L )  − L   F sin γ sin β  0  t     o    M (L ) +  0  × F sin γ cos β  = 0;  by     o     M (L )  R   − F cos γ  0 o    bz 

C - 1.1 - Schnittlasten

331  M (L )    RFo sin γ cos β  t    M (L ) = LF cos γ − RF sin γ sin β . o  by   o   M (L )   LF sin γ cos β o   bz  

 N (L )   − Fo sin γ sin β      Q (L ) = − F sin γ cos β ,  y   o  Q (L )  F cos γ  o  z   

Aufgabe 8 Für den räumlichen Rahmen unter der angegebenen Belastung berechne man die Schnittlasten in den angegebenen lokalen Koordinatensystemen. Die Belastung ist insgesamt ein Gleichgewichtssystem.

F0

F0

M0 L

M0 L

q0 =

L

F0 L L

2L

z2 z1 x1

y5

y2

x5

x2

z5

y1 x3

y3

x4 z3 y4

z4

In den x1-, x 2 - und x 3 -Bereichen werden die Gleichgewichtsbedingungen für die

Rahmenteile zwischen dem Querschnitt x1 = 0 und dem betreffenden Querschnitt im Schnittlasten-Koordinatensystem aufgestellt. Für die x 4 - und x 5 -Bereiche werden die Gleichgewichtsbedingungen für die Rahmenteile zwischen dem betref-

C - 1.1 - Schnittlasten

332

fenden Querschnitt und dem Endquerschnitt x 5 = L aufgestellt. Bereich 0 ≤ x1 < L :  N ( x1 )   0  0       Q ( x ) + − F  = 0,  y 1   0   Q ( x )  0  0  z 1  N ( x1 )   0      Q ( x ) = F ,  y 1   0 Q ( x )  0   z 1

 M ( x )  − x   0  0  t 1   1     M ( x ) +  0  × − F  = 0, 0  by 1         M ( x )  0   0  0  bz 1   M (x )   0   t 1    M ( x ) =  0 .  by 1     M ( x )  − F x   bz 1   0 1 

Bereich 0 ≤ x 2 < L :  N ( x 2 )  − F0  0       Q ( x ) +  0  = 0,  y 2      Q ( x )  0  0  z 2   N ( x 2 )  F0      Q ( x ) =  0 ,  y 2    Q ( x )  0   z 2 

 M ( x )  − x  − F   0  0  t 2   2  0     M ( x ) +  L  ×  0  +  0  = 0,  by 2           M ( x )  0   0  − M  0 0   bz 2   M (x )    0  t 2     M ( x ) =  . 0  by 2     M ( x )  M − F L  0   bz 2   0

Bereich 0 ≤ x 3 < 2L :  0  N (x )   0 3        = 0, Q ( x ) +  0     y 3   Q ( x ) − F + q x  0 0 3  z 3   0  M ( x )  − x   0  M  − x 2  0  0  t 3   3       0  3   M ( x ) +  L  ×  0  +  0  +  0  ×  0  = 0,  by 3               M ( x )  − L  − F   0   0  q x  0  0 3  0  bz 3    N (x )   0 3     , Q ( x ) =  0   y 3   Q ( x ) F (1 − x L ) 3   z 3   0

 M (x )   F0 L − M 0   t 3    M ( x ) = F ( x − x 2 (2L )). 3  by 3   0 3   M ( x )   0  bz 3 

C - 1.1 - Schnittlasten

333

Bereich 0 ≤ x 4 < L :  N ( x 4 )  F0  0        − Qy ( x 4 ) +  0  = 0,       Q ( x )  0  0  z 4   N ( x 4 )  F0      Q ( x ) =  0 ,  y 4    Q ( x )  0   z 4 

 M ( x )   0  L − x  F  0 4 0  t 4          − M by ( x 4 ) +  0  +  − L  ×  0  = 0,            M ( x ) − M   0   0  0 0  bz 4    M (x )    0  t 4     M ( x ) =  . 0  by 4     M ( x )  − M + F L  0 0   bz 4  

Bereich 0 ≤ x 5 ≤ L :  N ( x )   0  0 5       − Qy ( x 5 ) + F0  = 0,       Q ( x )  0  0  z 5   N (x )   0  5     Q ( x ) = F ,  y 5   0 Q ( x )  0   z 5 

 M ( x )  L − x   0  0 5  t 5        − M by ( x 5 ) +  0  × F0  = 0,          M ( x )  0   0  0  bz 5    M (x )   0   t 5   .  M ( x ) =  0   by 5    M ( x )  F ( L − x ) 5   bz 5   0

C - 1.2 - Flächengeometrische Größen

334

Aufgabe 1 Man berechne die Lage des Schwerpunktes einer symmetrisch zur x -Achse liegenden Kreisringsektorfläche. y Ra

r

α α

ϕ x

Ri

A = (Ra 2 − Ri 2 )α , 1 1 x S : = ∫ xdA = AA A

Ra α

3 3 1 Ra − Ri xS = 2 sin α , A 3

∫ ( ∫ r cosϕ rdϕ )dr ,

R i −α

xS =

3 3 2 Ra − Ri sin α . 3 Ra 2 − Ri 2 α

Aufgabe 2 y L L

x Man berechne die Koordinaten des Schwerpunktes der dargestellten Fläche. Fläche: A=

π π (4 L )2 − 2 L2 = 3πL2 . 4 2

C - 1.2 - Flächengeometrische Größen

335

Schwerpunktkoordinaten der Teilflächen: Viertelkreis: AVK = 4πL2 = rechter Halbkreis: AHKR = linker Halbkreis: AHKL = x S = yS =

4 A, 3

x SVK = ySVK =

2 sin(π / 4) 2 16 4L = L, 3 2 3π π /4

π 2 A L = , 2 6

x SHKR = 2L ,

π 2 A L = , 2 6

x SHKL =

ySHKR =

4 L, 3π

4 L, 3π

ySHKL = 2L .

1  4 16 A A 4   62 1  − A L − 2L − L = L = 1, 859 L . 6 6 3π   9π 3  A  3 3π

Aufgabe 3 Man berechne die beiden Flächenträgheitsmomente und die beiden Widerstandsmomente des I-Querschnitts mit konstanter Profilbreite δ . b

y S

δ

h

z

Flächenträgheitsmomente: bh 3 (b − δ ) (h − 2δ )3 1 Iy = −2 = [bh 3 − (b − δ )(h − 2δ )3 ], 12 2 12 12 Iz =

(h − 2δ )δ 3 b3 1 + 2δ = [2δb 3 + δ 3 (h − 2δ )]. 12 12 12

Widerstandsmomente: Wy : =

Iy h /2

Wz : =

=

Iz b/2

1 [bh 3 − (b − δ )(h − 2δ )3 ], 6h =

1 [2δb 3 + δ 3 (h − 2δ )]. 6b

C - 1.2 - Flächengeometrische Größen

336

Aufgabe 4 Man berechne für den dünnwandigen Querschnitt (Wandstärke δ

with(DEtools): with(plots): dgl:=diff(s(x),x)=sqrt(1+(2*Pi*alfa*cos(2*Pi*x))^2): alfa:=1.0: ab:=s(0)=0: lsg:=dsolve({dgl,ab},{s(x)},type=numeric,method=rkf45): p1:=plots[odeplot](lsg,[x,s(x)],0..1,numpoints=100,linestyle=1): plots[display]([p1]);

Lösung der Differentialgleichungen in Aufgabe B-4.1-1 > > > > > > > > > >

with(DEtools): with(plots): dgl1:=diff(y1(t),t)=y3(t): dgl2:=diff(y2(t),t)=y4(t): dgl3:=diff(y3(t),t)=-lambda*sqrt((y3(t))^2+(y4(t))^2)*y3(t): dgl4:=diff(y4(t),t)=-g-lambda*sqrt((y3(t))^2+(y4(t))^2)*y4(t): lambda:=0.023: g:=9.81: ab:=y1(0)=0,y2(0)=0,y3(0)=5,y4(0)=8.6603: lsg:=dsolve({dgl1,dgl2,dgl3,dgl4,ab},{y1(t),y2(t),y3(t),y4(t)}, type=numeric,method=rkf45): > p1:=plots[odeplot](lsg,[y1(t),y2(t)],0..2,numpoints=100, linestyle=2): > plots[display]([p1]); Lösung der Differentialgleichungen in Aufgabe B-4.7-14 > > > > > > > >

with(DEtools): with(plots): dgl1:=diff(y1(t),t)=y2(t): dgl2:=diff(y2(t),t)=-(1-L0b/sqrt(1+y1(t)*y1(t)))*y1(t)-2*dd*y2(t): L0b:=0.5: dd:=0.2: ab:=y1(0)=1,y2(0)=0: lsg:=dsolve({dgl1,dgl2,ab},{y1(t),y2(t)},type=numeric, method=rkf45): > p1:=plots[odeplot](lsg,[t,y1(t)],0..20,numpoints=200,linestyle=1): > p2:=plots[odeplot](lsg,[t,y2(t)],0..20,numpoints=200,linestyle=2): > plots[display]([p1,p2]);

D - Programme zur Lösung von Differentialgleichungen

431

2. pro Fit-Programme (Macintosh): pro Fit ist ein sehr leistungsfähiges und leicht zu bedienendes Programm, mit dem Daten und Funktionen analysiert und graphisch dargestellt werden können. Es wurde von der Firma Quantum Soft, Zürich (http://www.quansoft.com) entwickelt. Speziell zur Lösung von Differentialgleichungssystemen wurde am Lehrstuhl für Mechanik auf der Basis von Prozeduren, die in dem Buch Press, Teukolsky, Vetterling, Flannery: „Numerical Recipes in C“, Cambridge University Press - 1992, beschrieben sind, ein Modul erstellt, mit dem die entsprechenden Lösungsfunktionen im Rahmen von pro Fit tabellarisch und graphisch dargestellt werden können. ODE Module v1.1 1998 D. Fröhling & S. Kessel, LS Mechanik UniDO http://www.mech.mb.uni-dortmund.de Die Bilder von Funktionen in dieser Aufgabensammlung wurden mit pro Fit 5.1 erzeugt. Zur Lösung der Differentialgleichungssysteme erster Ordnung werden diese mit Pascal-Funktionen beschrieben, die von ODE Module aufgerufen werden.

Beispiele: Lösung der Differentialgleichung in Aufgabe A-7 function derivs(t,y1,dydt1:extended); var alfa,zwpi,h,fs: extended; procedure Initialize; begin alfa:=0.75; zwpi:=2.0*pi; SetFunctionParam('',2,0); end; begin h:=zwpi*alfa*cos(zwpi*t); dydt1:=sqrt(1+sqr(h)); SetFunctionParam('',3,dydt1); end;

D - Programme zur Lösung von Differentialgleichungen Lösung der Differentialgleichung in Aufgabe B-4.1-1 function derivs(t,y1,y2,y3,y4,dydt1,dydt2,dydt3,dydt4:extended); { geeigneter Lambda-Wert = 0.023 Testwerte: alfa = 60 Grad, v0 = 10 m/s, Rechenzeit 2 Sekunden } var g,Lam,alf,v0,v0x,v0y,h: extended; procedure Initialize; begin SetBoxTitle('Startwerte'); Input('Lambda',Lam,'Winkel in Grad',alf,'Geschwindigkeit in m/s',v0); g:=9.81; alf:=alf*pi/180.0; v0x:=v0*cos(alf); v0y:=v0*sin(alf); SetFunctionParam('',2,0.0); SetFunctionParam('',3,0.0); SetFunctionParam('',4,v0x); SetFunctionParam('',5,v0y); end; begin h:=Lam*sqrt(sqr(y3)+sqr(y4)); dydt1:=y3; dydt2:=y4; dydt3:=-h*y3; dydt4:=-g-h*y4; SetFunctionParam('',6,dydt1); SetFunctionParam('',7,dydt2); SetFunctionParam('',8,dydt3); SetFunctionParam('',9,dydt4); end;

Lösung der Differentialgleichung in Aufgabe B-4.7-14 function derivs(t,y1,y2,dydt1,dydt2:extended); var y0,yp0,D,lam: extended; procedure Initialize; begin D:=0.2; lam:=1.5; {L0/b} SetFunctionParam('',2,0.5); SetFunctionParam('',3,0.0); end;

432

D - Programme zur Lösung von Differentialgleichungen begin dydt1:=y2; dydt2:=-(1.0-lam/sqrt(1.0+sqr(y1)))*y1-2.0*D*y2; SetFunctionParam('',4,dydt1); SetFunctionParam('',5,dydt2); end;

433