Technische Mechanik

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TechnischeMechanik. III. VORLESUNGSSKRIPT. Prof. ... 1.3.4 Gesamtbeschleunigung . ..... In der Technischen Mechanik werden stets orthogo- nale und ...
Technische Mechanik III

VORLESUNGSSKRIPT Prof. Dr. Georg Rill © Januar 2017

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©Rill, 27. Dezember 2016

Inhalt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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2 Punkt-Kinetik 2.1 Axiom von Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Impulserhaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Impulssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2.1 Freie Bewegung, allgemeines Kraftgesetz 2.3.2.2 Bewegung mit kinematischen Bindungen 2.4 Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Herleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Energieerhaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.3 Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Leistung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Raketengleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1 Herleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.2 Beispiel Wasserstoffrakete . . . . . . . . . . . . 2.7 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.1 Güterwagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.2 Hülse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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3 Kräfte 3.1 Federkräfte . . . . . . . . . . 3.1.1 Kraftgesetz . . . . . . 3.1.2 Nichtlineare Federkräfte 3.1.3 Der Lineare Schwinger . 3.1.4 Federenergie . . . . . .

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Punkt-Kinematik 1.1 Lage . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Koordinatensysteme . . . . . 1.1.2 Ortsvektor . . . . . . . . . . 1.1.3 Kinematische Bindungen . . . 1.1.4 Bahnkurve . . . . . . . . . . 1.2 Geschwindigkeit . . . . . . . . . . . 1.2.1 Definition . . . . . . . . . . 1.2.2 Bahngeschwindigkeit . . . . 1.3 Beschleunigung . . . . . . . . . . . 1.3.1 Definition . . . . . . . . . . 1.3.2 Tangentialbeschleunigung . . 1.3.3 Normalbeschleunigung . . . . 1.3.4 Gesamtbeschleunigung . . . . 1.4 Zylinderkoordinaten . . . . . . . . . 1.4.1 Definition . . . . . . . . . . 1.4.2 Lage . . . . . . . . . . . . . 1.4.3 Geschwindigkeit . . . . . . . 1.4.4 Beschleunigung . . . . . . . 1.5 Grundaufgaben . . . . . . . . . . . 1.5.1 Räumliche Bewegungen . . . 1.5.2 Eindimensionale Bewegungen 1.6 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Schieber . . . . . . . . . . . 1.6.2 Kurvenscheibe . . . . . . . . 1.6.3 Fahrmanöver . . . . . . . . .

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OTH Regensburg

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4 Starrkörper-Kinematik 4.1 Lagebeschreibung . . . . . . . . . . . 4.1.1 Starrkörperbedingung . . . . . 4.1.2 Körperfestes Koordinatensystem 4.1.3 Kardanwinkel . . . . . . . . . 4.1.4 Vektortransformation . . . . . . 4.1.5 Drehmatrizen . . . . . . . . . 4.1.6 Zusammenfassung . . . . . . . 4.2 Geschwindigkeit . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Allgemeine Relativbewegung . . 4.2.2 Starrkörperbewegung . . . . . 4.3 Winkelgeschwindigkeit . . . . . . . . 4.3.1 Elementardrehungen . . . . . . 4.3.2 Gesamtdrehungen . . . . . . . 4.3.3 Beispiel Reibradgetriebe . . . . 4.4 Momentane Drehachse . . . . . . . . . 4.4.1 Allgemeine Bewegung . . . . . 4.4.2 Momentaner Drehpol . . . . . 4.5 Beschleunigung . . . . . . . . . . . . 4.5.1 Allgemeine Relativbewegung . . 4.5.2 Starrkörperbewegungen . . . . 4.6 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . 4.6.1 Stößel . . . . . . . . . . . . . 4.6.2 Stab . . . . . . . . . . . . . . 4.6.3 Laufkatze . . . . . . . . . . . 4.6.4 Roboterarm . . . . . . . . . .

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5 Starrkörper-Kinetik 5.1 Kinetische Energie . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Allgemeiner Bezugspunkt . . . . . . 5.1.2 Bezogen auf Massenmittelpunkt . . . 5.1.3 Bezogen auf einen Fixpunkt . . . . . 5.1.4 Bezüglich einer raumfesten Drehachse 5.2 Der Trägheitstensor . . . . . . . . . . . . . 5.2.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . 5.2.2 Beispiel Quader . . . . . . . . . . . 5.2.3 Beispiel Kreiszylinder . . . . . . . . 5.2.4 Eigenschaften . . . . . . . . . . . . 5.2.4.1 Symmetrie . . . . . . . . . 5.2.4.2 Dreiecksungleichung . . . . 5.2.4.3 Abgeplattete Körper . . . . 5.2.4.4 Langgestreckte Körper . . .

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II

Widerstandskräfte . . . . . . . . 3.2.1 Trockene Reibung . . . . 3.2.2 Laminare Strömung . . . 3.2.3 Turbulente Strömung . . . Bewegungen im Schwerefeld . . . 3.3.1 Massenanziehung . . . . 3.3.2 Das Schwerefeld der Erde 3.3.3 Fluchtgeschwindigkeit . . 3.3.4 Potentielle Energie . . . . 3.3.5 Planetenbewegungen . . . Schiefer Wurf mit Lufwiderstand . Aufgaben . . . . . . . . . . . . 3.5.1 Werkzeugmaschine . . . 3.5.2 Elektromagnet . . . . . . 3.5.3 Güterwagen . . . . . . . 3.5.4 Motorboot . . . . . . . . 3.5.5 Gabelstapler . . . . . . .

Technische Mechanik III

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Technische Mechanik III (Dynamik)

Wechsel des Bezugspunktes . . . . . . 5.2.5.1 Satz von Steiner . . . . . . . 5.2.5.2 Beispiel . . . . . . . . . . . 5.2.6 Drehung des Koordinatensystems . . . . 5.2.6.1 Tensortransformation . . . . . 5.2.6.2 Beispiel ebener Rührhaken . . 5.2.7 Hauptachsensystem . . . . . . . . . . 5.2.8 Trägheitsradien . . . . . . . . . . . . 5.2.8.1 Definition . . . . . . . . . . 5.2.8.2 Beispiel Rührhaken . . . . . 5.2.8.3 Beispiel Scheibe und Ring . . Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . 5.3.1 Impulssatz . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2 Drallsatz . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2.1 Analogiebetrachtung . . . . . 5.3.2.2 Drallerhaltung . . . . . . . . 5.3.2.3 Kreiselmomente . . . . . . . 5.3.2.4 Allgemeine Definition . . . . Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1 Eulersche Kreiselgleichungen . . . . . 5.4.2 Stabilität von Drehbewegungen . . . . . 5.4.3 Fliegender Bierfilz . . . . . . . . . . . 5.4.3.1 Modellbeschreibung . . . . . 5.4.3.2 Bewegungsgleichungen . . . 5.4.3.3 Bewegungsanalyse . . . . . . 5.4.4 Kraftwirkung von Rotoren . . . . . . . 5.4.4.1 Rotor mit Unwuchten . . . . 5.4.4.2 Bewegungsgleichungen . . . 5.4.4.3 Lagerreaktionen . . . . . . . Bewegungen in einer Ebene . . . . . . . . . . 5.5.1 Kinetische Energie . . . . . . . . . . . 5.5.2 Impuls- und Drallsatz . . . . . . . . . 5.5.3 Übergang Gleiten Rollen . . . . . . . . 5.5.3.1 Aufgabenstellung . . . . . . 5.5.3.2 Bewegungsgleichungen . . . 5.5.3.3 Gleiten . . . . . . . . . . . 5.5.3.4 Rollen . . . . . . . . . . . . 5.5.3.5 Graphische Veranschaulichung Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1 Windmesser . . . . . . . . . . . . . . 5.6.2 Taktgeber . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.3 Pkw-Rad . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.4 Traktor mit Walze . . . . . . . . . . . 5.6.5 Zugtür . . . . . . . . . . . . . . . . .

Prof. Dr.-Ing. G. Rill

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36 36 36 38 38 38 39 40 40 40 40 41 41 42 42 42 43 43 44 44 44 44 44 45 45 46 46 46 46 47 47 47 48 48 48 48 49 49 50 50 50 50 51 51

6 Ebene Mehrkörpersysteme 6.1 Anmerkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Einfaches Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1 Modell eines Hubwerks . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.2 Minimal Schnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.3 Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.4 Elimination der Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . . 6.2.5 Bindungsgleichungen und verbleibende Bewegungsgleichung 6.2.6 Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Beispiel Differentialflaschenzug . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1 Modell mit Minimalschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.3 Elimination der Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . . 6.3.4 Bindungsgleichungen und verbleibende Bewegungsgleichung 6.3.5 Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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52 52 52 52 52 52 53 53 53 53 53 54 54 54 54

5.2.5

5.3

5.4

5.5

5.6

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III

OTH Regensburg

6.4

6.5

Nichtlineare Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.1 Beispiel Vogelmobile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.2 Bindungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.3 Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.4 Elimination der Schnittreaktionen und verbleibende Bewegungsgleichung 6.4.5 Numerische Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.1 Hebevorichtung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.2 Seiltrommel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7 Übungsbeispiele 7.1 Punkt-Kinematik . . . . . . . . 7.1.1 Flugzeug . . . . . . . . 7.1.2 Schweißroboter . . . . . 7.1.3 Bremsen in der Kurve . . 7.1.4 Kreuzschleife . . . . . . 7.1.5 Zug . . . . . . . . . . . 7.1.6 Kran . . . . . . . . . . . 7.2 Punkt-Kinetik . . . . . . . . . . 7.2.1 Rütteltisch . . . . . . . . 7.2.2 Stein . . . . . . . . . . 7.2.3 Auffahrunfall . . . . . . 7.2.4 Ebene Punktbewegung . . 7.2.5 Räumliche Punktbewegung 7.2.6 Rakete . . . . . . . . . . 7.2.7 Eisstock . . . . . . . . . 7.2.8 Platte . . . . . . . . . . 7.3 Kräfte . . . . . . . . . . . . . . 7.3.1 Hebebühne . . . . . . . 7.3.2 Schiff . . . . . . . . . . 7.3.3 Sportflugzeug . . . . . . 7.4 Starrkörper-Kinematik . . . . . . 7.4.1 Ventilator . . . . . . . . 7.4.2 Reibradgetriebe . . . . . 7.4.3 Rollenlager . . . . . . . 7.5 Starrkörper-Kinetik . . . . . . . 7.5.1 Rührhaken . . . . . . . . 7.5.2 Relais . . . . . . . . . . 7.5.3 Kugel . . . . . . . . . . 7.6 Ebene Mehrkörpersysteme . . . . 7.6.1 Aufzug . . . . . . . . . 7.6.2 Fahrkorb . . . . . . . . .

IV

Technische Mechanik III

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54 54 54 55 56 56 57 57 57

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58 58 58 58 58 58 59 59 59 59 60 60 60 60 60 60 61 61 61 61 61 61 61 62 62 62 62 63 63 63 63 63

1 Punkt-Kinematik 1.1 Lage

y0

z0

1.1.1 Koordinatensysteme

P

r0P Voraussetzung für die eindeutige Lagebeschreibung einer Punktmasse ist ein Koordinatensystem, mit dessen Ursprung und Achsen ein Referenzpunkt und Referenzrichtungen zur Verfügung stehen, Bild 1.1.

z ez 0

y

x0

ey ex

Bild 1.2: Ortsvektor legt gegenüber dem Koordinatensystem 0 die Lage einer Punktmasse P zum Zeitpunkt t eindeutig fest, Bild 1.2.

x

In der Technischen Mechanik werden stets orthogonale und rechtshändige Koordinatensysteme verwendet, wobei die Richtungen der Koordinatenachsen x, y, z durch die Einheitsvektoren e®x , e®y , e®z mit | e®x | = 1, | e®y | = 1, | e®z | = 1 festgelegt sind. Die Orthogonalität kann durch das Verschwinden der Skalarprodukte e®yT e®z = 0,

e®zT e®x = 0

(1.1)

ausgedrückt werden. Das Transponiertzeichen, in (1.1) das hochgestellte T, vertauscht bei Vektoren und Matrizen die Zeilen und Spalten. Das Skalarprodukt zweier Vektoren kann damit als Multiplikation eines Zeilen- mit einem Spaltenvektor dargestellt werden. Die Kreuzprodukte e®x × e®y = e®z,

0

y

Bild 1.1: Koordinatensystem

e®xT e®y = 0,

z x

e®y × e®z = e®x,

e®z × e®x = e®y

(1.2)

definieren die Rechtshändigkeit.

1.1.2 Ortsvektor

1.1.3 Kinematische Bindungen Im Raum verfügt eine Punktmasse über f = 3 freie Bewegungsmöglichkeiten (Freiheitsgrade). Die Anzahl der freien Bewegungsmöglichkeiten bestimmt auch die Anzahl der unabhängigen Koordinaten (Verallgemeinerte Koordinaten), die zur eindeutigen Lagebeschreibung erforderlich sind. In (1.3) sind das die Komponenten x, y, z des Ortsvektors. Lager und/oder Führungen schränken die freien Bewegungsmöglichkeiten ein. In der Statik werden Lager durch die Fähigkeit der Kraft und/oder Momentenübertragung beschrieben. In der Kinematik steht die Einschränkung der Bewegungsmöglichkeit im Vordergrund. Kinematische Bindungsgleichungen charakterisieren jetzt die Wirkung von Lagern und/oder Führungen. Die triviale Bindungsgleichung

Der Ortsvektor r®0P (t) mit den Komponenten  x(t)    r®0P,0 (t) =  y(t)   z(t)   

Die Indizes 0 und P bezeichnen Anfangs- und Endpunkt. Der mit Komma abgetrennte Index 0 gibt an, daß die Komponenten des Vektors im System 0 angeschrieben werden.

z=0 (1.3)

(1.4)

beschreibt mit den verbleibenden Koordinaten x(t) und y(t) Bewegungen in der x y-Ebene.

1

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Technische Mechanik III

Bewegt sich die Punktmasse P auf einem Kreis in der x yEbene mit dem Radius R, dann kann seine Lage durch die Koordinate x = x(t) und die Bindungsgleichungen √ y = ± R2 − x 2 und z = 0 (1.5)

z0

P(t 0 )

s

P(t)

Bahnkurve

r0P(t 0 ) r0P(t)

angegeben werden, Bild 1.3. z0

r0P(tE )

P(tE )

y0

0 x0 0 x0

ϕ y

Bild 1.4: Bahnkurve

R x

zum Punkt P(t +dt) weiterbewegt und dabei die Strecke ds zurückgelegt. Die Ortsvektoren

y0

P

 x(t)   x(t +dt)        r®0P,0 (t) =  y(t) , r®0P,0 (t +dt) =  y(t +dt)   z(t)   z(t +dt)     

Bild 1.3: Ebene Kreisbewegung Die Koordinaten x und y können über x = R cos ϕ

und

y = R sin ϕ

beschreiben die Lage von P(t) und P(t+dt). Mit x(t+dt) = (1.6)

durch den Winkel ϕ und den Radius R ausgegeben werden. Mit ϕ = ϕ(t) als verallgemeinerter Koordinate und den trivialen Bindungsgleichungen R = const.

und

z=0

P(t+dt) ds

P(t)

dz

(1.7)

kann die Kreisbewegung wesentlich einfacher beschrieben werden. Durch die Wahl günstiger Koordinaten kann in vielen Fällen die Beschreibung einer Bewegung, bzw. die Formulierung von Bindungsgleichungen, stark vereinfacht werden.

1.1.4 Bahnkurve Bei seinen Bewegungen im Zeitintervall t0 ≤ t ≤ tE durchlaufen die einzelnen Punkte P(t0 ) bis P(tE ) die Bahnkurve, Bild 1.4. Zum Zeitpunkt t hat die Punktmasse auf der Bahnkurve die Strecke s = s(t) zurückgelegt. Bei beliebig gekrümmten Bahnkurven kann der Zusammenhang zwischen dem Weg s(t) und den Punktkoordinaten x(t), y(t) und z(t) nur noch durch differentielle Betrachtung angegeben werden. Im infinitesimal kleinen Zeitschritt dt hat sich die Punktmasse vom Punkt P(t)

2

(1.8)

dx dy Bild 1.5: Wegkoordinate x(t)+dx, y(t+dt) = y(t)+dy und z(t+dt) = z(t)+dz kann dann aus Bild 1.5. der Zusammenhang q ds = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 (1.9) abgelesen werden.

1.2 Geschwindigkeit 1.2.1 Definition Die auf das Zeitintervall 4t bezogene Lageänderung r®0P,0 (t +4t) − r®0P,0 (t) 4® r0P,0 = 4t 4t

(1.10)

Technische Mechanik III (Dynamik)

Prof. Dr.-Ing. G. Rill

gibt im Grenzübergang 4t → 0 die Geschwindigkeit der Punktmasse zum Zeitpunkt t an 4® r0P,0 d r®0P,0 Û lim = = r®0P,0 = v®0P,0 4t→0 4t dt

ds dt

v = (1.11)

Die Berechnung der Lageänderung 4® r0P,0 = r®0P,0 (t +4t) − r®0P,0 (t) ist an ein Koordinatensystem – hier das System 0 – gebunden. Entsprechend (1.11) gibt die zeitliche Ableitung des im System 0 dargestelleten Ortsvektors v®0P,0 = r®Û0P,0

wobei (1.16)

die Bahngeschwindigkeit angibt. Für die Wegableitung erhält man  dx/ds    d r®0P,0 (1.17) =  dy/ds  ds  dz/ds    Weil gemäß (1.9) 

(1.12)

dx ds

2

+



dy ds

2

+



dz ds

2

= 1

(1.18)

gilt, ist (1.17) ein Einheitsvektor, die Geschwindigkeit an, die die Punktmasse P zum Zeitpunkt t gegenüber dem System 0 hat.

z0

P(t) v0P y0 r0P(t)

0

r0P

et

d r®0P,0 ds

= 1

(1.19)

der in Richtung der Bahntangente zeigt. Mit d r®0P,0 = e®t ds

P(t+ t)

r0P(t+ t)

und

ds =v dt

geht (1.15) dann in (1.13) über.

x0

1.3 Beschleunigung 1.3.1 Definition

Bild 1.6: Geschwindigkeit Für 4t → 0 zeigt der Vektor 4® r0P in Richtung der Bahntangente (Einheitsvektor e®t ) im Punkt P(t), Bild 1.6. Der Geschwindigkeitsvektor v®0P verläuft somit stets tangential zur Bahn und mit v = |®v0P | kann die Geschwindigkeit auch in der Form v®0P,0 = v e®t,0

(1.13)

Analog zur Geschwindigkeit kann aus der Geschwindigkeitsänderung 4®v0P,0 (dt) = v®0P,0 (t +4t) − v®0P,0 (t)

auch die Beschleunigung der Punktmasse P zum Zeitpunkt t berechnet werden 4®v0P,0 d v®0P,0 Û = = v®0P,0 = a®0P,0 , 4t→0 4t dt lim

angeschrieben werden.

(1.20)

(1.21)

wobei der Vektor

1.2.2 Bahngeschwindigkeit

a®0P,0 = v®Û0P,0 = r®Ü0P,0

(1.22)

Beschreibt man die Lage der Punktmasse mit  x(s)    r®0P,0 (s) =  y(s)   z(s)   

(1.14)

in Abhängigkeit von der Wegkoordinate s = s(t), dann muß die Ableitung nach der Zeit t über die Kettenregel berechnet werden  ds d r®0P,0 (s) r®Û0P,0 (s(t)) = ds dt

die Beschleunigung angibt, die die Punktmasse P zum Zeitpunkt t gegenüber dem System 0 hat. Die Richtung des Beschleunigungsvektors bleibt zunächst unbestimmt, da ein Vektor – hier der Geschwindigkeitsvektor v®0P,0 – sowohl seine Länge als auch seine Richtung ändern kann.

(1.15)

3

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Technische Mechanik III

1.3.2 Tangentialbeschleunigung

auf die Winkeländerung 4ϕ zurück geführt werden. Zudem ist die Änderung der Bahnkoordinate durch

Geht man bei der Berechnung der Beschleunigung von der Geschwindigkeitsdarstellung (1.13) aus, dann erhält man zunächst a®0P,0

d = (v e®t,0 ) = vÛ e®t,0 + v e®Ût,0 dt

(1.23)

4s = ρ(s) 4ϕ

gegeben, wobei ρ = ρ(s) den momentanen Krümmungsradius der Bahn angibt. Damit erhält man

Einheitsvektoren können nur die Richtung, nicht aber die Länge ändern. Es gilt daher e®Ût,0 ⊥ e®t,0

T Û e®t,0 e®t,0 = 0

bzw.

(1.24)

Die Beschleunigungsanteile in (1.23) stehen senkrecht aufeinander und liefern mit at = vÛ

(1.25)

d e®t,0 ds

4s 1 ρ(s) = = lim 4s→0 4s ρ(s)

d ds d e®t,0 = e®t,0 e®Ût,0 = dt ds dt

(1.26)

(1.27)

Mit einem Einheitsvektor senkrecht zur Bahntangente e®n ⊥ e®t kann die Änderung von e®t in Betrag und Richtung aufgeteilt werden

Bahnkurve

en(s)

d e®t,0 e®n,0 ds

(1.28)

Δs Δet (s)

1.3.4 Gesamtbeschleunigung Der Beschleunigungsvektor kann also mit (1.34)

stets in zwei aufeinander senkrechte Anteile zerlegt werden, wobei der Betrag aus q (1.35) |a| = at2 + an2 berechnet werden kann.

at = e®tT a®

et (s+Δs) momentaner Bahnmittelpunkt

die Normalbeschleunigung und mit

Gemäß Bild 1.7 kann die Änderung des tangentialen Einheitsvektors dem Betrage nach mit | 4e®t,0 (s) | = 4ϕ | e®t,0 (s)| = 4ϕ

(1.36)

kann die tangentiale Komponente herausgefiltert werden. Der verbleibende Anteil liefert dann mit  (1.37) a®n = a® − e®tT a® e®t

Bild 1.7: Änderung der Bahntangente

4

v2 e®n = at e®t + an e®n ρ

Mit

Δφ M

(1.33)

In vielen Fällen ist die Geschwindigkeit v, die Richtung der Geschwindigkeit et und der Beschleunigungsvektor a® bekannt.

et (s) Δφ

ρ(s)

v2 ρ

auch der Beschleunigungsanteil in Richtung der Bahnnormalen en angegeben werden.

a® = vÛ e®t +

d e®t,0 4 e®t,0 (s) = lim 4s→0 ds 4s

(1.32)

Setzt man (1.32) in (1.23) ein, dann kann mit

Analog zu (1.21) gilt aber

d e®t,0 = ds

v d e®t,0 e®n,0 v = e®n,0 ρ ds

d e®Ût,0 = e®t,0 v = ds

an =

Über die Wegkoordinate s = s(t) kann die Änderung des tangentialen Einheitsvektors e®t,0 geometrisch veranschaulicht werden. Zunächst erhält man

(1.31)

Mit der Bahngeschwindigkeit v = ds/dt folgt dann aus (1.26) der Zusammenhang

sofort den tangentialen Anteil.

1.3.3 Normalbeschleunigung

(1.30)

(1.29)

ρ =

v2 | a®n |

auch den momentanen Krümmungsradius.

(1.38)

Technische Mechanik III (Dynamik)

Prof. Dr.-Ing. G. Rill

1.4 Zylinderkoordinaten

Stellt man den Ortsvektor nicht im System 0, sondern im System B dar, dann erhält man mit " # r r®0P, B = 0 (1.42) z

1.4.1 Definition Zur Beschreibung rotierender Bewegungen werden häufig Polar- oder Zylinderkoordinaten verwendet. Bei einer Drehung um die z-Achse kann die Lage der Punktmasse P gegenüber dem System 0 durch den Ortsvektor  r(t) cos ϕ(t)  r®0P,0 (t) =  r(t) sin ϕ(t)  z(t) 

1.4.3 Geschwindigkeit

     

(1.39)

beschrieben werden. Zur Lagebeschreibung wurden dabei die Zylinder-Koordinaten r, ϕ und z verwendet, Bild 1.8.

y0

 rÛ  Ûr®0P, B =  0   zÛ 

z

ϕ

r

xB

     

(1.44)

Die unterschiedlichen Ergebnisse dokumentieren, dass es beim Differenzieren darauf ankommt, in welchem System die Vektoren dargestellt sind.

x0 Bild 1.8: Zylinderkoordinaten Zur Beschreibung von Bewegungen in der x y-Ebene genügen die Polarkoordinaten r und ϕ. Der Winkel ϕ(t) definiert ferner ein zweites Koordinatensystem, das System B, dessen Ursprung und z-Achse mit dem Ursprung und der z-Achse des Systems 0 zusammenfällt.

1.4.2 Lage

Mit der Darstellung des Ortsvektor in der Form (1.41) eröffnet sich eine Möglichkeit, die Geschwindigkeit in einem System zu berechnen und das Ergebnis in einem anderen System darzustellen. Die Ableitung von (1.41) liefert zunächst r®Û0P,0 = rÛ e®x B,0 + r e®Ûx B,0 + zÛ e®z B,0 + z e®Ûz B,0

(1.45)

Aus (1.40) folgt  − sin ϕ    Ûe®x ,0 =  cos ϕ  ϕÛ B     0   | {z } e®yB,0

und

e®Ûz B,0 = 0

(1.46)

Eingesetzt in (1.45) bleibt

Mit den Einheitsvektoren  − sin ϕ  0  cos ϕ            e®x B,0 =  sin ϕ  , e®yB,0 =  cos ϕ  , e®z B,0 =  0  (1.40)  0   0  1       in Richtung der Achsen des Systems B kann der Ortsvektor (1.39) wie folgt angeschrieben werden r®0P,0 = r e®x B,0 + z e®z B,0

(1.43)

die Geschwindigkeit der Punktmasse P gegenüber dem System B, dargestellt im System B.

x y

     

Differenziert man (1.42), dann erhält man mit

P

r0P 0=B

Die zeitliche Ableitung von (1.39), bzw. (1.41) liefert entsprechend den Definitionen (1.10) und (1.11) die Geschwindigkeit der Punktmasse P gegenüber dem System 0, dargestellt im System 0. Aus (1.39) folgt  rÛ cos ϕ − r ϕÛ sin ϕ  Ûr®0P,0 =  rÛ sin ϕ + r ϕÛ cos ϕ   zÛ(t) 

yB

z0 =z B

eine sehr einfache Darstellung des Ortsvektors.

(1.41)

r®Û0P,0 = rÛ e®x B,0 + r ϕÛ e®yB,0 + zÛ e®z B,0

(1.47)

oder im System B dargestellt 

r®Û0P,0

 ,B

 rÛ    =  r ϕÛ   zÛ   

(1.48)

5

OTH Regensburg

Technische Mechanik III

Dies ist die Geschwindigkeit der Punktmasse P gegenüber dem System 0, dargestellt im System B. Sie stimmt nicht mit (1.44) überein!

1.4.4 Beschleunigung Auch die Beschleunigung von P gegenüber dem System 0 kann im System B einfacher dargestellt werden. Die Ableitung von (1.47) liefert r®Ü0P,0 = rÜ e®x B,0 + rÛ e®Ûx B,0 + rÛ ϕÛ e®yB,0 + r ϕÜ e®yB,0 + r ϕÛ e®ÛyB,0 + zÜ e®z B,0

   ϕÛ = −e®x ,0 ϕÛ B   

(1.50)

Û e®yB,0 + zÜ e®z B,0 r®Ü0P,0 = (Ür − r ϕÛ2 ) e®x B,0 + (r ϕÜ + 2 rÛ ϕ) (1.51) oder im System B dargestellt r®Ü0P,0

 ,B

 rÜ − r ϕÛ2  =  r ϕÜ + 2 rÛ ϕÛ  zÜ 

     

(1.52)

Auch hier darf das Ergebnis nicht mit der zweiten Ableitung  rÜ    Ür®0P, B =  0  (1.53)    zÜ    des im System B dargestellten Vektors r0P, B verwechselt werden. Die Beschleunigungen in (1.52) und (1.53) unterscheiden Û Sie werden sich durch die Terme r ϕÛ2 , r ϕÜ und 2 rÛ ϕ. als Zentripetal-, Führungs- und Coriolisbeschleunigung bezeichnet. Die Darstellung der Beschleunigung von P gegenüber dem System 0 im System 0 ist sehr aufwendig, wird aber zum Vergleich trotzdem angeben. Man erhält sie aus der Ableitung von (1.43) oder direkt aus (1.51)  (Ür − r ϕÛ2 ) cos ϕ − (r ϕÜ + 2 rÛ ϕ) Û sin ϕ     r®Ü0P,0 =  (Ür − r ϕÛ2 ) sin ϕ + (r ϕÜ + 2 rÛ ϕ) Û cos ϕ  (1.54)     zÜ(t)  

6

Ist entweder die Lage r®0P,0 , die Geschwindigkeit v0P,0 = r®Û0P,0 oder die Beschleunigung a0P,0 = v®Û0P,0 = r®Ü0P,0 einer Punktmasse als Funktion der Zeit bekannt, dann können die anderen Größen durch Differentiation und/oder Integration berechnet werden.

1.5.2 Eindimensionale Bewegungen

bleibt schließlich



1.5.1 Räumliche Bewegungen

(1.49)

wobei e®Ûz B,0 = 0 bereits berücksichtigt wurde. Mit e®Ûx B,0 aus (1.46) und  − cos ϕ  Ûe®y ,0 =  − sin ϕ B   0 

1.5 Grundaufgaben

Bei eindimensionalen Bewegungen oder bei Bewegungen längs einer vorgegebenen Kurve, ist in einigen Fällen die (Bahn-)Geschwindigkeit v oder die (Tangential)Beschleunigung a nicht als Funktion der Zeit t, sondern als Funktion des Weges s gegeben. Ist die Geschwindigkeit als Ortsfunktion v = v(s) gegeben, dann folgt die Beschleunigung aus dv dv ds dv a= = = v (1.55) dt ds dt ds Mit v = ds dt und v = v(s) folgt zunächst nur die Zeit als Funktion des Weges ∫ ds ds dt = oder t = t0 + (1.56) v(s) v(s) In einigen Fällen existiert die Umkehrfunktion zu t = t(s). Dann kann auch s = s(t) angegeben werden. Ist die Beschleunigung als Ortsfunktion a = a(s) gegeben, dann folgt (1.55) die Geschwindigkeit aus ∫ 2 2 v dv = a(s) ds oder v = v0 + 2 a(s) ds (1.57) Da man hier die Geschwindigkeit als Funktion des Weges erhält, v = v(s), kann gemäß (1.56) zunächst wieder nur die Zeit als Funktion des Weges berechnet werden, t = t(s). Auf Grund der komplizierten Funktionen ist es hier in der Regel nicht möglich, die Umkehrfunktion s = s(t) explizit anzugeben. In einigen Fällen ist die Beschleunigung in Abhängigkeit von der Geschwindigkeit gegeben, a = a(v). Dann erhält man aus a = dv dt sofort die Zeit als Funktion der Geschwindigkeit ∫ dv t = t0 + (1.58) a(v) und über (1.55) auch den Weg als Funktion der Geschwindigkeit ∫ v dv v dv ds = oder s = s0 + (1.59) a(v) a(v) Falls die Umkehrfunktion zu (1.58) existiert, kann auch v = v(t) angegeben werden.

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Prof. Dr.-Ing. G. Rill

1.6 Aufgaben

d) In welcher Winkellage wird die Gleitgeschwindigkeit maximal und welchen Wert erreicht sie dort? a) Mit ϕÛ = Ω und ϕ(0) = 0 erhält man den Winkel zu ϕ(t) = Ω t. Die Verschiebung, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Stößels sind dann durch xS = r = r0 ( 3 + 2 cos(ϕ(t)) ) vS = rÛ = −2 r0 Ω sin(ϕ(t)) aS = rÜ = −2 r0 Ω2 cos(ϕ(t)) gegeben. b) Die Beschleunigung erreicht extremale Werte für cos(ϕ(t)) = ±1, bzw. für ϕ = 0 und ϕ = pi. Die entsprechenden Werte sind dann mit aSmin = rÜ (ϕ = 0) = −2 r0 Ω2 und aSmax = rÜ (ϕ = pi) = +2 r0 Ω2 gegeben.

1.6.1 Schieber Ein Schieber wird durch einen einfachen Seilzug geöffnet. Das Seil hat die Länge 2a = 0.20 m und wird in der Mitte, im Punkt P, um die Strecke z nach unten gezogen. Zu Beginn ist das Seil gespannt (z = 0) und der Anlenkpunkt B am Schieber befindet sich bei s = 0. B

A z

a

a

s

P

a) Wie groß ist die Verschiebung s = s(z) in B, wenn der Punkt P um die Strecke z nach unten gezogen wird? b) Wie lange dauert es, bis der Schieber um die Strecke ∆s = 0.02 m geöffnet ist, wenn der Punkt P aus der Anfangslage z = 0 mit der konstanten Geschwindigkeit zÛ = 0.25 m/s nach unten gezogen wird? c) Wie groß ist dabei die Geschwindigkeit des Schiebers zu Beginn und am Ende der Verschiebung? a) Für die Verschiebung gilt zumächst s = 2 (a − x) Mit bleibt

√ x = a2 − z 2   √ s = 2 a − a2 − z 2

b) Der Schieber öffnet sich um ∆s, wenn der Punkt P um die Strecke ∆z nach unten gezogen wird. Aus   √ √ ∆s = 2 a − a2 − ∆z 2 oder a2 − ∆z 2 = a − 12 ∆s folgt r  2  2 a2 − ∆z 2 = a − 21 ∆s oder ∆z = a2 − a − 12 ∆s Mit den Zahlenwerten bleibt ∆z = 0.04356 m und man erhält die Dauer zu 0.04356 ∆T = ∆z zÛ = 0.25 = 0.17426 s

c) Die Differentiation der Bindungsgleichung liefert i p d h  −2 z zÛ 2z sÛ = 2 a − a2 − z 2 = −2 √ =√ zÛ dt 2 a2 − z 2 a2 − z 2 Als Ergebnis erhält man schließlich sÛ0 = 0 und sÛ∆s = √

2 ∆z a2 −∆z 2

2 ∗ 0.04356 zÛ = √ ∗0.25 = 0.242 m/s 0.102 −0.043562

1.6.2 Kurvenscheibe

c) Der Kontaktpunkt P kann der Kurvenscheibe und dem Stößel zugeordnet werden. Als Punkt auf der Kurvenscheibe hat er die Geschwindigkeitskomponenten v PK x = 0 und v PK y = Ω r = Ω r0 (3 + 2 cos ϕ). Die entsprechenden Komponenten des Stößels sind mit v PSx = rÛ = −2 r0 Ω sin ϕ und v PS y = 0 gegeben. Die Komponenten der Gleitgeschwingigkeit folgen damit zu v PGx = v PK x − v PSx = +2 r0 Ω sin ϕ und v PG y = v PK y − v PS y = Ω r0 (3 + 2 cos ϕ). Der Betrag der √ Gleitgeschwindigkeit ist schließlich durch v PG = Ω r0 13 + 12 cos ϕ bestimmt. d) Die Gleitgeschwindigkeit wird bei ϕ = 0 maximal und erreicht dort den Wert v PG = 5 Ω r0 .

Die Ergebnisse können auch grafisch veranschaulicht werden 5 4 3 2 1 0 −1 −2

r(ϕ)/r0 v(ϕ)/(r0 Ω) a(ϕ)/(r0 Ω2 ) vG (ϕ)/(r0 Ω)

0

90

180

270

360

1.6.3 Fahrmanöver Auf einer Autobahneinfahrt sieht ein Pkw-Fahrer zum Zeitpunkt t = 0 einen Lkw an ihm vorbeifahren. Er entschließt sich Gas zu geben und möchte zum Zeitpunkt t = T am Ende der Auffahrt in einem Abstand von 10 m vor dem Lkw einfädeln. Zu Beginn (t = 0) fährt der Pkw mit der Geschwindigkeit v0P = 72 km/h und er liegt 10 m hinter dem Lkw. Während des gesamten Manövers (0 ≤ t ≤ T) fährt der Lkw mit der konstanten Geschwindigkeit von v L = v0L = 81 km/h und legt dabei eine Strecke von 120 m zurück. 120 m

t=0 OTH Regensburg

10 m

OTH Regensburg

10 m

t=T

a) Wie lange dauert das Manöver? b) Welche Beschleunigung ist für das EinfädelManöver erforderlich? c) Welche Geschwindigkeit hat der Pkw am Ende? b) Für den Pkw, der an der Stelle s P (t = 0) = 0 mit der Geschwindigkeit v P (t = 0) = v0P = 72 km/h startet, gilt dann a) Der Lkw fährt mit der konstanten Geschwindigkeit von v L = v0L = 81 km/h und legt dabei eine Strecke von s L = 120 m zurück. Es gilt dann s(T) = s L = v L T

Die Bewegungen eines in x-Richtung verschieblichen Stößels werden durch eine Kurvenscheibe erzeugt, die in 0 drehbar gelagert ist und mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = Ω rotiert. Zu Beginn befindet sich die Kurvenscheibe in der Winkellage ϕ(t = 0) = 0. Die Kontur der Kurvenscheibe ist durch r (ϕ) = r0 (3 + 2 cos ϕ) festgelegt. Der Stößel bleibt stets in Kontakt mit der Kurvenscheibe.

oder T = 5.33 s

v P (t) = v0P + a t

und

s P (t) = v0P t +

Er muss in der Zeit T die Strecke

sL 120 m = = v L 81/3.6 m/s

s P (T) = 10 + 120 + 10 = 140 m

1 2 at 2 c) Der Pkw hat am Ende die Geschwindigkeit vEP = v P (t = T) = v0P + a T = 32.50 m/s = 117.0 km/h

zurücklegen. Dies hat die Beschleunigung a=2

s P (T) − v0P T T2

= 2.34 m/s2

zur Folge.

y0 0

φ r(φ)

x0 P

a) Ermitteln Sie die Verschiebung, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung der Stößelspitze P als Funktion der Zeit. b) In welchen Winkellagen erreicht die Beschleunigung des Stößels extremale Werte und wie groß sind die? c) Ermitteln Sie die Geschwindigkeit, mit der der Stößel im Punkt P an der Kurvenscheibe entlang gleitet.

7

2 Punkt-Kinetik v I2

v I1

2.1 Axiom von Newton

m1

Bewegt sich eine Punktmasse m mit der Geschwindigkeit v® gegenüber einem ruhenden System, dann gibt der Vektor p® = m v®

v II m1 + m2

m2

t < t0

t = t0+Δt

Bild 2.1: Auffahrunfall

(2.1)

den Impuls der Punktmasse an. Eine an der Punktmasse angreifende Kraft F® verändert den im ruhenden System 0 dargestellten Impuls. Gemäß Newton1 gilt also d p®,0 = F®,0 dt

(2.2)

wobei der durch Komma abgetrennte Index 0 die Darstellung der Vektoren im ruhenden System 0 angibt.

Setzt man einen plastischen Stoss voraus, dann bewegen sich beide Fahrzeuge unmittelbar nach dem Stoss (Zeitpunkt t = t0 +∆t) mit der Geschwindigkeit v I I und haben dann den Impuls  p(t = t0 + ∆t) = pI I = m1 + m2 v I I (2.5) Vernachlässigt man die während des Stossvorgangs auftretenden äußeren Kräfte, dann folgt aus der Impulserhaltung  m1 v1I + m2 v2I = m1 + m2 v I I (2.6) die Geschwindigkeit nach dem Stoss zu

2.2 Impulserhaltung

v

Werden auf ein mechanisches System keine Kräfte eingeprägt, dann folgt mit F®,0 = 0 aus dem Newtonschen Axiom (2.2) die Impulserhaltung d p®,0 = 0 dt

II

m1 v1I + m2 v2I = m1 + m2

Für den Sonderfall m1  m2 bleibt II vm ≈ 2 m1

oder

p®,0 = konst.

(2.3)

In vielen Fällen ist die resultierende äußere Kraft nicht exakt Null, kann aber für eine erste Abschätzung als vernachlässigbar klein angesehen werden. Bei einem Auffahrunfall zum Beispiel können während des Stoßvorgangs t0 → t0 + ∆t die äußeren Kräfte vernachlässigt werden. Entsprechend Bild 2.1 ist der Impuls vor dem Aufprall durch p(t = t0 ) = p = I

m1 v1I

+

m2 v2I

(2.7)

m1 v1I = v1I m1

(2.8)

Die Geschwindigkeit des schwereren Fahrzeug wird also durch das Auffahren auf ein leichteres Fahrzeug praktisch nicht verändert wird (v I I ≈ v1I ). Das leichtere Fahrzeug allerdings wird innerhalb der sehr kleinen Zeit ∆t von v2I auf die Geschwindigkeit des auffahrenden Fahrzeugs v I I ≈ v1I beschleunigt.

2.3 Impulssatz

(2.4)

2.3.1 Definition gegeben, wobei das Fahrzeug mit der Masse m1 zum Zeitpunkt t = t0 mit der Geschwindigkeit v1I > v2I auf das Fahrzeug der Masse m2 auffährt.

Bei abgeschlossenen Systemen wird über die Systemgrenze weder Masse zu- noch abgeführt. Wegen m = const. folgt dann aus (2.2) mit (2.1) der Impulssatz m

1 Sir

Isaac Newton (1643 – 1727) Englischer Mathematiker und Physiker, Verfasser der “Philosophiae Naturalis Principia Mathematica”

8

wobei

d v®,0 = F®,0 dt

d v®,0 = a®,0 dt

(2.9)

(2.10)

Technische Mechanik III (Dynamik)

Prof. Dr.-Ing. G. Rill

die Beschleunigung der Punktmasse gegenüber einem ruhenden System 0 angibt.

Die Integrationskonstanten C1 und C2 können aus den Anfangsbedingungen

Der Impulssatz kann in jedem beliebigen Koordinatensystem R angeschrieben werden

x(t0 = 0) = 0 und

(2.11)

Zu beachten ist allerdings, daß a® stets die Beschleunigung der Punktmasse m gegenüber dem ruhenden System 0 sein muß.

C2 = 0

Eine Punktmasse m tritt zum Zeitpunkt t0 = 0 an der Stelle x(t0 ) = 0, y(t0 ) = 0 mit der AnfangsgeschwindigÛ 0 ) = v0 , y(t Û 0 ) = 0 in ein Magnetfeld ein, dessen keit x(t Anziehungskraft durch Fx = 0 und Fy = FE Lx gegeben ist, Bild 2.2. y

x = x(t) = v0 t

L

(2.18)

die Beschleunigung in y-Richtung. Eine erste unbestimmte Integration liefert die Geschwindigkeit FE v0 t 2 + C3 mL 2

yÛ =

FE v0 t 3 + C3 t + C4 mL 6

y =

(2.19)

x

und

Û 0 = 0) = 0 y(t

(2.21)

verschwinden hier die Integrationskonstanten C3 = 0

Bild 2.2: Bewegung in einem Magnetfeld

(2.20)

Wegen y(t0 = 0) = 0

Bahnkurve

und C4 = 0

(2.22)

Damit beschreiben

Die Vektoren v0P

 xÛ    =  yÛ  ;  0   

a0P

 xÜ    =  yÜ  (2.12)  0   

beschreiben Lage, Geschwindigkeit und Beschleunigung der Punktmasse gegenüber dem ruhenden Koordinatensystem. Unter Vernachlässigung der Erdanziehung liefert der Impulssatz für die beiden wesentlichen Komponenten m xÜ = Fx

= 0

m yÜ = Fy = FE

x L

(2.13)

und

und

y(t) =

FE v0 t 3 mL 6

(2.23)

die Bewegung der Punktmasse. Eliminiert man die Zeit t, dann erhält man mit y(x) =

FE x3 6 v02 m L

(2.24)

die Gleichung der Bahnkurve.

x=L

x = C1 t + C2

(2.14)

FE L2 6 v02 m

(2.25)

dy FE L = = dx x=L 2 v02 m

(2.26)

und

y =

unter dem Winkel tan αL

Aus der ersten Gleichung folgt xÛ = C1

x(t) = v0 t

Die Punktmasse verläßt das Magnetfeld an der Stelle

Die Bewegungsgleichungen (2.13) sind gekoppelt, können aber dennoch sukzessive gelöst werden.

bzw.

(2.17)

und eine weitere Integration auch die Auslenkung

α v0

FE v0 t mL

yÜ =

FE

xÜ = 0

(2.16)

Damit kann die Bewegung in x-Richtung mit

2.3.2.1 Freie Bewegung, allgemeines Kraftgesetz

r0P

und C1 = v0 .

als reine Zeitfunktion angegeben werden. Mit (2.17) folgt dann aus der zweiten Gleichung in (2.13) mit

2.3.2 Beispiele

 x    =  y  ;  0   

(2.15)

bestimmt werden. Man erhält

m a®, R = F®, R

m

Û 0 = 0) = v0 x(t

9

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Technische Mechanik III zB

yB

zB

a

h

h

b

ϕ

ϕ

y0 x0

P

x0

Bild 2.3: Fliehkraftpendel

Das skizzierte Fliehkraftpendel dreht mit der Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = Ω um die z0 -Achse. Der Winkel α = α(t) beschreibt die Auslenkung des Pendels, Bild 2.3. Die Beschleunigung der Pendelmasse gegenüber dem ruhenden System x0 , y0 , z0 kann am einfachsten im System xB , yB , zB dargestellt werden. Mit den Zylinderkoordinaten r =r(t), ϕ = ϕ(t) und z = z(t) gilt gemäß (1.52) a®0P, B =

r®Ü0P,0

,B

 rÜ − r ϕÛ2  =  r ϕÜ + 2 rÛ ϕÛ  zÜ 

     

(2.27)

wobei hier und

z = h − b cos α

(2.28)

gilt. Mit den Ableitungen rÛ = b αÛ cos α rÜ = b αÜ cos α − b αÛ 2 sin α

mg

Der Impulssatz für die Pendelmasse, angeschrieben im System B, liefert also m ( b αÜ cos α − b αÛ 2 sin α − x P ϕÛ2 ) = −N sin α Û =Q m (x P ϕÜ + 2 (b αÛ cos α)ϕ)   m b αÜ sin α + b αÛ 2 cos α = N cos α − mg (2.32) wobei die Abkürzung x P = a + b sin α verwendet wurde. Die erste und dritte Gleichung können durch Multiplikation mit sin α und cos α sowie anschließender Addition, bzw. Subtraktion, zu einer nichtlinearen Differentialgleichung 2. Ordnung für den Pendelausschlagswinkel α

zÛ = b αÛ sin α zÜ = b αÜ sin α + b αÛ 2 cos α

(2.33)

und zu einer Bestimmungsgleichung für N m ( b αÛ 2 + (a+b sin α) sin α ϕÛ2 ) = N −mg cos α (2.34)

(2.29)

umgeformt werden. Die Differentialgleichung (2.33) kann nur mehr numerisch gelöst werden.

(2.30)

lautet dann (2.27)  b αÜ cos α−b αÛ 2 sin α−(a+b sin α) ϕÛ2      a®0P,B =  Ü (b αÛ cos α) ϕÛ (a+b sin α) ϕ+2  (2.31)   2   b αÜ sin α+b αÛ cos α   Die Wirkung der Pendellagerung (axiales Lager) auf die Pendelmasse äußert sich in der Normalkraft N und der Querkraft Q. Dabei zeigt die Normalkraft in Richtung der Pendelstange und die Querkraft in yB -Richtung. Die Gewichtskraft mg ist entgegen der z0 = zB -Achse gerichtet, Bild 2.4.

10

P

m ( b αÜ − (a+b sin α) cos α ϕÛ2 ) = −mg sin α

r = a + b sin α

und

Q

N

Bild 2.4: Kräfte am Fliehkraftpendel

2.3.2.2 Bewegung mit kinematischen Bindungen



b α

z0

α y0



a

xB

xB

z0

yB

Bei konstanter Drehzahl ϕÛ = Ω = const. ist eine stationäre Lösung α = αS = const. möglich. Mit αÜ S = 0 folgt aus (2.33) eine transzendente Gleichung − (a+b sin αS ) cos αS Ω2 = −g sin αS ,

(2.35)

die wieder nur numerisch nach αS aufgelöst werden kann.

Technische Mechanik III (Dynamik)

Prof. Dr.-Ing. G. Rill

2.4 Energiesatz

erhält man T m v dv = d r®0P,0 F®,0 = F®,0T d r®0P,0

2.4.1 Herleitung

(2.44)

Nun kann auf beiden Seiten integriert werden Die Bewegung einer Punktmasse m unter dem Einfluß einer Kraft F® wird gemäß (2.36) durch den Impulssatz m

d m v®0P,0 = F®,0 dt

(2.36)

d beschrieben, wobei v®0P,0 = dt r®0P,0 die Geschwindigkeit der Punktmasse gegenüber dem ruhenden System 0 angibt, Bild 2.5.

P(t 0 )

z0

s

r0P(t 0 )

P(t)

F r0P(t)

0 x0

Bahnkurve

r0P(t E)

v0

F®,0T d r®0P,0

r®0

wobei die Grenzen mit v0 = v(t0 ), vE = v(tE ) und r®0 = r®0P,0 (t0 ), r®E = r®0P,0 (tE ) abgekürzt wurden. Das Integral auf der linken Seite kann allgemein gelöst werden und liefert die kinetischen Energien der Punktmasse zum Zeitpunkt t = t0 und t = tE

r®E

r®0

Mit (2.37)

F®,0T d r®0P,0 = WF(0→E)

(E) (0) Ekin − Ekin = WF(0→E)

(2.38)

Nach skalarer Multiplikation mit dem Einheitsvektor e®t in Richtung der Bahntangente erhält man

1

(2.39)

(2.47)

Mit dem Energiesatz

folgt aus (2.36)

T T Û T ® m vÛ e®t,0 e®t,0 + v e®t,0 e®t,0 = e®t,0 F,0 . | {z } | {z }

(2.46)

Der Ausdruck auf der rechten Seite von (2.45) definiert die Arbeit, die die in Richtung des Wegelements d r®0P,0 projizierte Kraft F® auf dem Weg von r®0 bis r®E geleistet hat ∫

Bild 2.5: Bewegung einer Punktmasse

m vÛ e®t,0 + v e®Ût,0 = F®,0 .

(2.45)

0

P(t E)

v®0P,0 = v e®t,0

v dv =

∫r®E

(E) (0) Ekin Ekin   vE z }| { z }| { ∫vE 1 1 1 m v dv = = m vE2 − m v02 m v2 2 2 2 v0 v

et

y0

∫vE

(2.48)

als integrierte Form des Impulssatzes kann in einigen Fällen die Bewegung einer Punktmasse eleganter beschrieben werden.

2.4.2 Energieerhaltung

0

Es bleibt also T ® m vÛ = e®t,0 F,0 .

(2.40)

Nur der Anteil der Kraft in Richtung der Bahntangente führt zu einer Änderung der Bahngeschwindigkeit v. Mit

dv dv ds = v ds dt ds kann (2.40) in der Form vÛ =

T ® m v dv = e®t,0 F,0 ds

(2.41)

0

r®0

lautet dann (2.48)   (E) (0) (E) (0) Ekin − Ekin = − E pot − E pot

(2.42)

angeschrieben werden. Mit d r®0P,0 = ds e®t,0

In einigen Sonderfällen, bei konservativen Kräften, kann das Integral in (2.47) allgemein gelöst werden. Analog zu (2.46) wird dann die Stammfunktion des negativen Arbeitsintegrals als potentielle Energie E pot bezeichnet. Mit ∫ r®E  r®  (E) (0) − F®,0T d r®0P,0 = E pot r®E = E pot − E pot (2.49)

(2.50)

oder (2.43)

11

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Technische Mechanik III

(0) (0) (E) (E) E pot + Ekin = E pot + Ekin | {z } | {z }

E (0)

(2.51)

Die Pakete kommen nur dann zum Stillstand, wenn der Reibwert die Bedingung

E (E)

µ > tan α

Gleichung (2.51) wird als Energieerhaltungssatz bezeichnet.

erfüllt. Für die Berechnung der Zeit muss die Bewegung in zwei Abschnitte unterteilt werden. Der Impulssatz

2.4.3 Beispiel

m xÜ1 = mg sin α

Eine Paketrutsche ist um den Winkel α gegenüber der Horizontalen geneigt. Im ersten Teil mit der Länge a sorgen kleine Rollen für einen reibungsfreien Transport. Auf der anschließenden Gleitstrecke mit dem Reibwert µ werden die Pakete bis zum Stillstand abgebremst, Bild 2.6.

B

C

s

A

a

Die Pakete werden bei A ohne Anfangsgeschwindigkeit aufgesetzt und sollen auf der Gleitstrecke bei x2 = s zum Stillstand kommen. Auf das freigeschnittene Paket wirken die Gewichtskraft mg, die Normalkraft FN und die Reibkraft FR , Bild 2.7. In z-Richtung findet keine Bewegung statt. Es gilt also z

oder

FN = mg cos α . (2.52)

0 − 0 = mg sin α (a+s) − µ mg cos α s (2.53) |{z} |{z} | {z } (A) Ekin

WF(A→B)

wobei mg sin α der Hangabtrieb und µ mg cos α die Reibkraft angibt. Aufgelöst bleibt s =

12

a sin α µ cos α − sin α

(2.58)

x1 =

1 g sin α t 2 2

(2.59)

bestimmt. Das Ende der Rollenbahn x1 = a wird demnach in der Zeit s 2a t AC = (2.60) g sin α

beschrieben, wobei der Impulssatz (2.61) durch die Reibkraft FR = −µ FN = −µ mg cos α (2.62)

Die Strecke s, die ein Paket auf der Gleitstrecke zurücklegt, kann am einfachsten mit dem Energiesatz berechnet werden. Für die Bewegung von A nach B erhält man gemäß (2.48)

(B) Ekin

1 g sin α t 2 + C1 t + C2 2

Auf der Gleitstrecke, Abschnitt CB, wird die Bewegung durch m xÜ2 = mg sin α − µ mg cos α (2.61)

FR

Bild 2.7: Paket freigeschnitten 0 = FN − mg cos α

und für den Weg

erreicht.

x mg

(2.57)

Die Anfangsbedingungen x1 (t = 0) = 0 und xÛ1 (t = 0) = 0 haben die Integrationskonstanten C1 = 0 und C2 = 0 zur Folge. Der zurückgelegte Weg ist dann durch

Bild 2.6: Paket-Rutsche

FN

xÛ1 = g sin α t + C1

x1 =

α

(2.56)

beschreibt die Bewegung auf der Rollenbahn, Abschnitt AC. Da die Beschleunigung xÜ1 = g sin α konstant ist, erhält man für die Geschwindigkeit

x1

x2

(2.55)

(2.54)

erweitert wurde. Auch hier ist die Beschleunigung mit xÜ2 = g (sin α − µ cos α)

(2.63)

konstant. Analog zu (2.57) gilt somit xÛ2 = g (sin α − µ cos α) t + C3 ,

(2.64)

wobei zu beachten ist, daß die Zeitachse wieder bei t = 0 beginnt. Die Pakete treten mit p x2 (t = 0) = xÛ1 (t = t AC ) = 2ga sin α (2.65) in die Gleitstrecke ein und werden bis zum Stillstand abgebremst xÛ2 (t = tC B ) = 0 . (2.66)

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Gemäß (2.64) gilt also 0 = g (sin α − µ cos α) tC B + C3 , wobei die Integrationskonstante p C3 = 2ga sin α

(2.67)

dm anschließt, Bild 2.8. Die Impulsbilanz zu den Zeitpunkten t und t + dt liefert p(t) = m v + dm (v + vr el )

(2.74)

p(t + dt) = (m + dm) (v + dv) (2.68)

aus (2.65) und (2.64) folgt. Mit (2.68) kann (2.67) nach der Bremsdauer aufgelöst werden p 2ga sin α tC B = (2.69) g (µ cos α − sin α)

wobei vr el die Relativgeschwindigkeit des Masseteilchens gegenüber dem Körper angibt. Die Impulsändet

t+dt dm

m

m+dm

v+vrel

v

v+dv

Bild 2.8: Massentransport

Mit T = t AC + tC B

(2.70)

hat man dann auch die Gesamtdauer des Transportvorgangs.

2.5 Leistung Die pro Zeiteinheit verrichtete Arbeit definiert die Leistung dW P= (2.71) dt Entsprechend (2.47) ist der infinitesimal kleine Arbeitsanteil durch dW = F®,0T d r®0P,0 (2.72)

rung erhält man aus p(t + dt) − p(t) dp = lim dt→0 dt dt Eingesetzt bleibt

(2.75)

dv dm dp = m(t) − vr el (2.76) dt dt dt wobei der quadratisch kleine Term dm dv beim Grenzübergang dt → 0 gegenüber den restlichen Termen vernachlässigt wurde. Bei einer Rakete wird Masse ausgestoßen, Bild 2.9. offene Systemgrenze

w

v

F

definiert. Damit erhält man P =

d r®0P,0 dW = F®,0T = F®,0T v®0P,0 dt dt

(2.73)

wobei die Ableitung des Ortsvektors r®0P,0 durch den Geschwindigkeitsvektor v®0P,0 ersetzt wurde.

2.6 Raketengleichung 2.6.1 Herleitung Das System Rakete ist nicht abgeschlossen, da mit dem ausgestoßenen Treibstoff ständig Masse das System verläßt, Bild 2.9. Das Newtonsche Axiom in der Form dp dt = F gilt auch für nicht abgeschlossene Systeme. Allerdings muß jetzt bei der Impulsänderung der Massentransport über die Systemgrenze berücksichtigt werden. Zur Herleitung wird ein Körper der Masse m betrachtet, dem sich im Zeitinterval t → t + dt ein Massenteilchen

Bild 2.9: Rakete Mit der Massenabnahme dm dt und der Ausströmgeschwindigkeit µ = −

(2.77)

w = −vr el

(2.78)

erhält man aus (2.76) dp dv = m(t) − µw dt dt Damit lautet der Impulssatz für eine Rakete dp dv = m(t) − µw = F dt dt oder in Form der Raketengleichung m(t)

dv = S + F dt

(2.79)

(2.80)

(2.81)

wobei die aktuelle Masse m = m(t) durch die Massenänderung (2.77) definiert ist, S = µ w den Schub bezeichnet und in F die auf die Rakete wirkenden äußeren Kräfte zusammengefaßt wurden.

13

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2.6.2 Beispiel Wasserstoffrakete

2.7 Aufgaben

Die Ausströmgeschwindigkeit einer Wasserstoffrakete beträgt etwa w ≈ 4 000 m/s und die Massenabnahme ist konstant, µ = const. Vernachlässigt man den Luftwiderstand und die Erdanziehung, dann lautet die Raketengleichung (2.81)

2.7.1 Güterwagen

m(t)

dv = µw dt

(2.82)

Wegen m = m(t) muß die Separation in der Form µw dv = dt (2.83) m(t)

Ein Güterwagen der Masse m läuft mit der Geschwindigkeit v0 auf einen Prellbock auf. Ein Scherenmechanismus erlaubt dem Prellbock die Verschiebung s und erzeugt während des Zusammenschiebens über die Reibung in den verschraubten Gelenken eine Kraft F, die über die ganze Strecke als konstant betrachtet werden kann. F v0 s

durchgeführt werden. Mit µ = const. folgt aus (2.77) dm = −µ oder dt

m(t) = m0 − µ t

(2.84)

wobei m0 = m(t = 0) die Startmasse der Rakete angibt. Eingesetzt in (2.83) erhält man unter Berücksichtigung von µ w = const. v=v(t) ∫

dv = µ w

v=0

∫t

dt m0 − µ t

a) Der Energiesatz 0 − E E = W 0→E Ekin F kin liefert für den Bremsvorgang 0 − 12 m v02 = −F s Aufgelöst bleibt r 2F s v0 ≤ m

b) Während des Bremsvorgangs lautet der Impulssatz m vÛ = −F Nach einer unbestimmten Integration bleibt m v(t) = −F t + C Zu Beginn (t = 0) hat der Wagen die Geschwindigkeit v0 . Damit erhält man m v(t) = m v0 − F t Am Ende t = T steht der Wagen, v(t = T) = 0. Für die Bremsdauer bleibt also m v0 T= F

a) Wie groß darf die Geschwindigkeit v0 höchstens sein, damit der Güterwagen innerhalb der Strecke s bis zum Stillstand abgebremst wird? b) Wie lange dauert der Bremsvorgang?

(2.85)

t=0

2.7.2 Hülse

oder v(t) = µ w



1 − ln(m0 − µ t) µ

t (2.86) t=0

Nach Einsetzen der Grenzen bleibt schließlich m0 v(t) = w ln m0 − µ t

(2.87)

wobei der Term µ t = mT (t) die bis zum Zeitpunkt t verbrauchte Treibstoffmenge angibt. Die Treibstoffmenge, die benötigt wird, um eine Rakete auf die Endgeschwindigkeit vE zu beschleunigen, kann gemäß (2.87) durch m0 vE = w ln (2.88) m0 − mT abgeschätzt werden. Aus (2.88) erhält man m0 − mT = e−vE /w m0

(2.89)

oder

mT = 1 − e−vE /w (2.90) m0 Für eine Wasserstoffrakete (w = 4 000 m/s), die auf Fluchtgeschwindigkeit vE = 11 200 m/s beschleunigt werden soll, folgt aus (2.90) mT = 1 − e−11 200/4 000 = 0.9392 (2.91) m0 d.h. die Rakete muß beim Start zu 94% aus Treibstoff bestehen.

14

m

Eine Stange, die bei A drehbar gelagert ist, befindet sich zum Zeitpunkt t = 0 in der horizontalen Winkellage ϕ = 0. Auf der Stange sitzt eine Hülse mit der Masse m, die zum Zeitpunkt t = 0 vom Drehpunkt A den Abstand s(t = 0) = s0 = 0.5 m hat. Die Stange rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = Ω = 2.0 rad/s um die z0 -Achse. y0

μ s

g

m

φ

A

x0

a) Wie groß muss der Reibwert µ zwischen der Hülse und der Stange mindestens sein, damit sich die Hülse zu Beginn (t = 0, ϕ = 0, s = s0 = 0.5 m) nicht sofort nach außen bewegt? b) Ein Reibwert von µ = 0.4 lässt die Hülse zunächst am Stab haften, kann aber nicht verhindern, dass sie bei dem Winkel ϕ = ϕG nach innen zu rutschten beginnt. Geben Sie die Gleichung an, aus der die Winkellage ϕG ermittelt werden kann. c) Wie lautet dann im Bereich ϕG < ϕ ≤ 90◦ die Bewegungsgleichung der Hülse. y0

A

N μ s

a) Zum Zeitpunkt t = 0 gilt ϕ = 0 und s = s0 . Solange die Hülse am Stab haftet, bleibt der Abstand zum Drehpunkt s = s0 konstant. Mit sÛ = 0 und sÜ = 0 bleibt dann

R φ

mg x0

Für eine konstante Winkelgeschwindigkeit (ϕÛ = Ω und ϕÜ = 0 sind die Bewegungsgleichungen fürdie Hülse in allgemeiner Lage durch  m sÜ − s Ω2 = −R − mg sin ϕ 2 m sÛ Ω = N − mg cos ϕ gegeben.

−ms0 Ω2 = −R und 0 = N − mg

oder

R = ms0 Ω2 und N = mg

Die Reibungsungleichung liefert dann |R| ≤ µ N oder µ ≥ Mit den Zahlenwerten bleibt

|R| N µ≥

bzw.

µ≥

s0 Ω2 g

0.5 ∗ 2.02 = 0.204 9.81

b) Für ϕ , 0 und s = s0 = konst. erhält man aus den Bewegungsgleichungen −m s0 Ω2 = −R − mg sin ϕ und 0 = N − m g cos ϕ oder R = m s0 Ω2 − mg sin ϕ und N = m g cos ϕ Die Hülse beginnt nach innen zu rutschen, wenn |RG | = µ NG oder RG = ± µ NG gilt. Da nun die Reibkraft nach außen wirkt, erhält man im Grenzfall RG = −µNG oder m s0 Ω2 − mg sin ϕG = −µ m g cos ϕG Die Bestimmungsgleichung lautet also s0 Ω2 sin ϕG = µ cos ϕG + bzw. sin ϕG = 0.4 cos ϕG + 0.204 g 



i+1 = arcsin 0.4 cos ϕ i + 0.204 gelöst werden. Die Gleichung kann über die Fixpunkt-Iteration ϕ G G 0 = 30◦ erhält man bereits nach 5 Iterationen das Ergebnis ϕ = 32.72◦ Mit dem Startwert ϕ G G

c) Bei der nach innen gleitenden Hülse ist die Reibkraft mit R = −µ N und die Normalkraft mit N = 2 m sÛ Ω + m g cos ϕ gegeben. Damit lautet für ϕ ≥ ϕG der Impulssatz in radialer Richtung  m sÜ − s Ω2 = µ (2 m sÛ Ω + mg cos ϕ) − mg sin ϕ Mit der Masse m durchgekürzt und etwas umgestellt bleibt sÜ − 2 µ sÛ Ω − s Ω2 = −g (sin ϕ − µ cos ϕ) wobei der Winkel durch ϕ = Ω t gegeben ist und zu beachten ist, dass die Bewegungsgleichung erst für t ≥ ϕG /Ω gilt.

3 Kräfte 3.1 Federkräfte

Die Richtung der im Anlenkpunkt 2 auf das Kraftelement wirkenden Kraft ist durch den Einheitsvektor in Richtung des Kraftelements gegeben

3.1.1 Kraftgesetz Stäbe, Drähte oder Seile werden in der Technischen Mechanik in der Regel als masselose Kraftelemente beschrieben. Die in Elementrichtung übertragene Kraft F kann dabei als Funktion der Längenänderung 4` angegeben werden, F = F(4`)

(3.1)

Als Symbol für solche Kraftelemente verwendet man das Sinnbild einer Schraubenfeder, Bild 3.1.

F

z0 0

y0

r 01

x0

1

e®12 =

(3.5)

Wie das folgende Beispiel verdeutlicht, kann das Kraftübertragungsverhalten einer Feder trotz linearer Federkennung nichtlinear werden.

3.1.2 Nichtlineare Federkräfte Eine Punktmasse bewegt sich reibungsfrei in einer horizontalen Führung, Bild 3.2. Zwischen der Masse m und dem Lagerpunkt A ist eine Feder mit der ungespannten Länge `0 und der Steifigkeit cF gespannt.

0

x

x

m

F

r 02

r®12 r®02 − r®01 = | r®12 | | r®02 − r®01 |

2 cF ,

a 0

FF N α mg

Bild 3.1: Federelement Sind die Anlenkpunkte des Kraftelements durch die Vektoren r®01 und r®02 gegeben, dann errechnet sich die aktuelle Länge aus ` = r®12 | = | r®02 − r®01 (3.2) Bezeichnet `0 die Länge des Kraftelements im unbelasteten Zustand, dann folgt die Längenänderung aus 4` = ` − `0

(3.3)

Bei linear elastischem Materialverhalten sind Kraft und Auslenkung proportional F = c 4`

(3.4)

wobei die Proportionalitätskonstante c mit der Dimension N/m als Steifigkeit oder Federkonstante bezeichnet wird.

Bild 3.2: Nichtlineare Kraftwirkung Der Impulssatz in x-Richtung lautet m xÜ = −FF sin α

(3.6)

Das Federgesetz liefert FF = cF 4` = cF (` − `0 ) wobei die aktuelle Länge hier durch √ ` = a2 + x 2

(3.7)

(3.8)

gegeben ist. Mit sin α = x/` und dem Federgesetz (3.7) lautet der Impulssatz (3.6) m xÜ = −cF (` − `0 )

x = −cF (1 − `0 /`) x `

(3.9)

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und mit (3.8) bleibt schließlich   `0 x m xÜ = − cF 1 − √ a2 + x 2 | {z } F = F(x)

(3.10)

angeschrieben werden, die durch die harmonische Funktion x = A sin ω0 t + B cos ω0 t (3.15) gelöst wird. Die Konstanten A und B können aus den Anfangsbedingungen

Trotz linearer Federkennung FF = cF 4` erhält man hier auf Grund der Kinematik eine nichtlineare Kraftwirkung. Für kleine Auslenkungen mit x  a kann die Kraft F(x) durch   `0 F(x) ≈ − cF 1 − x = −c x (3.11) a

x(t = 0) = x0

`0 > a `0 = a `0 < a

⇒ ⇒ ⇒

Druckvorspannung keine Vorspannung Zugvorspannung

Tabelle 3.1: Ersatzfederkonstante Nur wenn die Feder unter Zug vorgespannt wird, erhält man mit c > 0 und F(x) = −c x eine rückstellende, der Auslenkung x entgegengerichtete, Kraft. Im Sonderfall `0 = a kann die Masse in x-Richtung kleine Bewegungen praktisch ohne Widerstand F(x) ≈ 0 ausführen. Wird die Feder unter Druck vorgespannt, dann ist das Systemverhalten instabil, da eine positive Auslenkung x > 0 wegen c < 0 und F(x) = −c x zu einer positiven Kraft F > 0 führt, die die Auslenkung vergrößert.

d xÛ d xÛ dx d xÛ = = xÛ dt dx dt dx

(3.17)

3.1.4 Federenergie Mit der Umformung xÜ =

c0

(3.16)

bestimmt werden.

angenähert werden. Für die Ersatz-Federkonstante c können die, in der Tabelle 3.1 zusammengestellten, Fälle unterschieden werden.

Û = 0) = v0 x(t

und

kann nach Separation auf beiden Seiten von (3.10) integriert werden ∫ ∫ ∫ `0 x dx (3.18) m xÛ d xÛ = − cF x dx + cF √ a2 + x 2 wobei die rechte Seite auf zwei Terme aufgeteilt wurde. Man erhält √ 1 1 m xÛ 2 = − cF x 2 + cF `0 a2 + x 2 + C (3.19) 2 2 wobei in C die Konstanten der unbestimmten Integrationen zusammengefasst sind. Mit der aktuellen Federlänge (3.8) und der daraus folgenden Beziehung x 2 = ` 2 − a2

(3.20)

lautet (3.19) 1 1 m xÛ 2 = − cF (` 2 − a2 ) + cF `0 ` + C 2 2

(3.21)

oder

3.1.3 Der Lineare Schwinger Bei einer auf Zug vorgespannten Feder kann die Federkraft bei kleinen Auslenkungen x  a gemäß (3.11) durch das lineare Federgesetz F = −c x mit c > 0 approximiert werden. Der Impulssatz lautet dann m xÜ = − c x

xÜ +

16

x = 0

Ekin =

(3.12)

Mit der, als ungedämpfte Eigenfrequenz bezeichneten, Abkürzung c ω02 = (3.13) m kann (3.12) als Schwingungsdifferentialgleichung ω02

1 1 1 1 m xÛ 2 = − cF ( ` − `0 )2 + C + cF `02 + cF a2 2 2 2 2 |{z} | {z } 4` const. (3.22) Mit der kinetischen Energie der Punktmasse

(3.14)

1 m xÛ 2 2

(3.23)

1 cF 4` 2 2

(3.24)

und E pot =

als potentielle Energie der Feder gibt (3.22) die Energieerhaltung Ekin + E pot = const. (3.25)

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an. Die Kraftwirkung von Federn ist energieerhaltend. Mit (3.22) kann zwar die Geschwindigkeit der PunktmasÛ se als Funktion des Weges, xÛ = x(x) angegeben werden. Eine weitere Integration, die dann die Zeit t als Funktion des Weges, t = t(x) liefern würde, kann in der Regel nicht mehr analytisch durchgeführt werden. Bei nichtlinearen, wegabhängigen Kraftgesetzen kann in den meisten Fällen die Lösung x = x(t) nur mehr durch numerische Integration gewonnen werden.

zwischen Körper und Unterlage ist mit µ gegeben. Der Körper hat stets Kontakt mit der Unterlage. C a1

A vA

m

a2

vB

µ2

µ1

B

α Bild 3.4: Transportvorgang

3.2 Widerstandskräfte

Mit welcher Geschwindigkeit v A muß er in A starten um bei B mit der Geschwindigkeit VB anzukommen?

3.2.1 Trockene Reibung Kommt es in der Berührebene zweier Körper zu Relativbewegungen, Bild 3.3, dann kann nach Coulomb1 die auf den Körper 1 wirkende Reibkraft durch F®R = −µ FN

v®G | v®G |

(3.26)

beschrieben werden, wobei µ den Gleitreibungsbeiwert, FN die Normalkraft und v®G = v®0P1 − v®0P2

(3.27)

die Gleitgeschwindigkeit im Kontaktpunkt angibt.

v0P1 1

vG P1

2

s1

R1

R2 mg

N1

mg

N2

Bild 3.5: Körper freigeschnitten Aus der Kräftebilanz in Richtung der Normalkraft folgt und

N2 = m g

(3.28)

R2 = µ m g

(3.29)

Für die Reibkräfte gilt dann

FN FR

Bild 3.3: Coulomb-Reibung Das Reibgesetz (3.26) gilt nur für Gleitgeschwindigkeit v®G > 0. Übergänge zwischen Gleiten und Haften können mit diesem Ansatz nicht untersucht werden. Wie das folgende Beispiel zeigt, lassen sich Problemstellungen mit Festkörperreibung meist recht gut mit dem Energiesatz (2.48) lösen. Betrachtet wird ein Transportvorgang, Bild 3.4, bei dem ein Körper der Masse m von A nach B gebracht werden soll. Die Transportstrecke besteht aus einer schiefen Ebene und einem horizontalen Teilstück. Der Reibwert 1 Charles

s2

N1 = m g cos α

v0P2

P

In den beiden Abschnitten 0 ≤ s1 ≤ a1 und 0 ≤ s2 ≤ a2 wirken auf den Körper das Gewicht, die Normalkraft und die Reibkraft, Bild 3.5.

Augustin de Coulomb (1736 – 1806) französischer Physiker, entwickelte in der Abhandlung “Theorie des machines simples” seine Theorie der Reibungskräfte

R1 = µ m g cos α

und

Der Energiesatz (2.48) lautet hier 1 2 1 2 mv − mv =−(sin α+ µ1 cos α)mga1 2 B 2 A {z } |{z} |{z} | (A→C) W (B) (A) Ekin Ekin −µ2 mga2 . | {z }

(3.30)

W (C→B) Aufgelöst bleibt q vA = vB2 + 2g(a1 sin α+ µ1 a1 cos α+ µ2 a2 ) .

(3.31)

3.2.2 Laminare Strömung Bewegt sich ein Körper in einem zähen Fluid und setzt man eine laminare Strömung voraus, dann kann nach Stoke die auf den Körper wirkende Kraft durch

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F®W = −d v®r el

(3.32)

beschrieben werden, wobei d eine Konstante und v®r el = v®0K − v®0F

(3.33)

die Relativgeschwindigkeit zwischen Körper (K) und Fluid (F) angibt.

3.2.3 Turbulente Strömung Bei turbulenter Strömung erhält man die Widerstandskraft aus dem Staudruck. Dabei gilt ρF F®W = −cW A |®vr el | v®r el 2

(3.34)

wobei cW einen dimensionslosen Formparameter, ρF die Fluiddichte, A die angeströmte Querschnittsfläche und v®r el die nach (3.33) berechnete Relativgeschwindigkeit angibt.

Mit m = 75 kg und ρ L = 1.25 kg/m3 erhält man bei A = 36 m2 und cW = 1.4 für den geöffneten Fallschirm vG ≈ 4.8 m/s = 17.3 km/h und für geschlossenem Schirm bei A = 0.4 m2 und cW = 1 ergibt sich vG ≈ 54.25 m/s = 195.3 km/h . Die Differentialgleichung (3.36) kann noch allgemein gelöst werden. Mit (3.37) bleibt nach Separation ∫ v ∫ t dv 1 cW ρ L A = dt (3.38) 2 2 2 m v0 vG − v 0 Nimmt man an, daß der Springer seinen Schirm sofort öffnet, dann ist v0 = 0 und seine Geschwindigkeit nähert 2 sich von unten an den Grenzwert v = vG an. Für v 2 < vG lautet die Lösung  v 1 1 vG + v 1 cW ρ L A ln = t (3.39) vG 2 vG − v v0 =0 2 m Man erhält also zunächst die Funktion t = t(v). Im vorliegenden Fall kann auch noch die Umkehrfunktion angegeben werden. Mit der Abkürzung

Auf einen Fallschirmspringer, der mit der Geschwindigkeit v = v(t) absinkt, wirkt neben dem Gewicht mg die Widerstandskraft FW , Bild 3.6.

T =

m vG cW ρ L A

(3.40)

erhält man nach einigen Umformungen v(t) = vG

FW

v

1 − e−t/T 1 + e−t/T

(3.41)

Die Grenzgeschwindigkeit wird asymptotisch erreicht. Mit den Zahlenwerten für den geöffneten Schirm erhält man eine Zeitkonstante von T = 0.2463, d.h. bereits nach t = 1 s erreicht der Springer die Geschwindigkeit v(t = 1 s) = 0.966 vG .

mg

3.3 Bewegungen im Schwerefeld Bild 3.6: Fallschirmspringer

3.3.1 Massenanziehung

Bei ruhender Luft ist die Widerstandskraft gemäß (3.34) durch FW = 12 cW ρ L A v 2 gegeben, wobei ρ L die Luftdichte bezeichnet. Der Impulsatz lautet dann m vÛ = m g −

1 cW ρ L A v 2 2

(3.35)

Im Raum verteilte Massen üben Kräfte aufeinander aus, Bild 3.7. Die Kraft auf die Punktmasse mi infolge der Punktmasse m j ist durch

Aufgelöst nach vÛ bleibt 1 cW ρ L A vÛ = 2 m



2mg − v2 cW ρ L A

F®i j = γG

 (3.36)

Bei vÛ = 0 erreicht der Fallschirmspringer die Grenzgeschwindigkeit s 2mg vG = (3.37) cW ρ L A

18

mi m j ri2j

e®i j

(3.42)

gegeben, wobei γG = 6.673 ∗ 10

−11



m3 kg s2

 (3.43)

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Prof. Dr.-Ing. G. Rill

m2

m

m3

F

r m1 mi Fij

Fji mj

r 0i y0

0

Bild 3.7: Massenanziehung die universelle Gravitationskonstante bezeichnet, ri j den Abstand der beiden Punktmassen und der Einheitsvektor e®i j die Richtung von i nach j angibt. Die momentane Lage der Punktmassen mi und m j kann gegenüber einem Koordinatensystem (hier das System x0 , y0 , z0 ) durch die Ortsvektoren r®0i und r®0j beschrieben werden. Die relative Lage zu einander gibt der Vektor r®i j = r®0j − r®0i

(3.44)

an. Abstand und Richtung folgen dann aus und

RE

Bild 3.8: Erdanziehung

r 0j

ri j = |® ri j |

mE

z0

x0

h

e®i j =

r®i j |® ri j |

γG , der Erdmasse mE = 5.973 ∗ 1024 kg und dem Erdradius RE ≈ 6.371 ∗ 106 m berechnet werden. Da die Erde abgeplattet ist und keine homogene Massenverteilung aufweist, wird in mittleren Breiten mit der Erdbeschleunigung g0 = 9.81 m/s2 (3.49) gerechnet. Definiert man mit g(h) = g0



RE RE + h

2 (3.50)

eine vom radialen Abstand h abhängige Erdbeschleunigung, dann kann die Erdanziehung durch F = m g(h)

(3.51)

(3.45) beschrieben werden. In Erdnähe, mit h  RE , kann g(h) durch g0 approximiert werden.

3.3.2 Das Schwerefeld der Erde Der Betrag der Kraft, den die Erde auf die Punktmasse m ausübt, folgt mit mi = m, m j = mE und ri j = r aus (3.42) m mE F = γG (3.46) r2 Bezeichnet man den radialen Abstand der Punktmasse m von der Erdoberfläche mit h, Bild 3.8, dann kann (3.46) in der Form  2 RE mE F = γG 2 m (3.47) RE RE + h

3.3.3 Fluchtgeschwindigkeit Erteilt man einem Körper auf der Erde in radialer Richtung die Anfangsgeschwindigkeit v0 , dann erreicht er unter dem Einfluß des Schwerefelds die Höhe H. Die Geschwindigkeit, bei der eine unendlich große Höhe erreicht wird, bezeichnet man als Fluchtgeschwindigkeit.

angeschrieben werden.

Unter Vernachlässigung des Luftwiderstandes lautet der Impulssatz für den Körper der Masse m in radialer Richtung  2 R E m hÜ = −g0 m (3.52) RE + h

Der Ausdruck

Mit

g0 = γG

mE RE2

(3.48)

gibt die Erdbeschleunigung an der Erdoberfläche h = 0 an. Er kann aus der universellen Gravitationskonstante

d hÛ dh d hÛ d hÛ hÜ = = = hÛ dt dh dt dh bleibt nach Separation m hÛ d hÛ = − m g0



RE RE + h

(3.53)

2 dh

(3.54)

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Nun kann auf beiden Seiten integriert werden Û ∫h=0

m

hÛ d hÛ = − m g0

Û 0 h=v

h=H  ∫ h=0

RE RE + h

y0

2 dh

F

(3.55)

r

yB

und man erhält  H h m i0 RE Ûh2 = + m g0 RE 2 RE + h 0 v0 Aufgelöst nach der Startgeschwindigkeit bleibt   RE 2 v0 = 2 g0 RE 1 − RE + H Für H → ∞ bleibt als Fluchtgeschwindigkeit p v0H→∞ = 2 g0 RE ≈ 11.2 km/s

0

(3.56)

kann das im Sonnenzentrum fixierte Koordinatensystem 0 als Inertialsystem betrachtet werden, Bild 3.9. (3.58)

RE 1 = − m g0 RE = − m g0 RE RE + h 1 + h/RE (3.59)

Unter Verwendung von Polarkoordinaten kann die Beschleunigung des Planeten gegenüber dem System 0 im mitbewegten System B durch

a®0P,B

 rÜ − r ϕÛ2  =  r ϕÜ + 2 rÛ ϕÛ  0 

x1

(3.60)

aus der allgemein gültigen Beziehung (3.59) mit   h = m g0 h − m g0 RE E pot ≈ − m g0 RE 1 − RE (3.61) das aus der Physik bekannte Ergebnis. Der konstante Term −m g0 RE entfällt, wenn das Nullniveau bei h = 0 definiert wird.

mS m P r2

m P a®0P,B = F, B

(3.64)

liefert mit m P (Ür − r ϕÛ2 ) = −γG

mS m P r2

Û = 0 m P (r ϕÜ + 2 rÛ ϕ)

(3.65)

zwei nichtlineare Differentialgleichungen, die die Dynamik der Planetenbewegungen beschreiben. Die Kreisbewegung mit konstanter Geschwindigkeit stellt eine Teillösung dar. Mit r = const. und ϕÛ = const. folgt aus (3.65) − r ϕÛ2 = −γG

20

(3.63)

gegeben. Der Impulssatz für die Planetenmasse

3.3.5 Planetenbewegungen Bei einer ersten Analyse der Planetenbewegungen geht man davon aus, daß die Massenanziehung der Planeten untereinander vernachlässigt werden kann. Die Bewegungen eines Planeten (Punktmasse m P ) werden relativ zum Zentrum der Sonne (Punktmasse mS ) beschrieben. Auf Grund der großen Massenunterschiede mS  m P

(3.62)

Die infolge der Massenanziehung auf den Planeten ausgeübte Kraft ist entgegen der radialen Koordinate r gerichtet. Gemäß (3.42) ist ihr Betrag durch F = γG

In der Nähe der Erdoberfläche gilt h  RE und man erhält mit der Näherung

     

angegeben werden.

beschrieben werden.

für

x0

mS

(3.57)

Das gleiche Ergebnis hätte man auch mit dem Energiesatz (2.48) oder über die Energieerhaltung (2.51) erhalten. Die Gewichtskraft ist eine konservative Kraft; ihre Wirkung kann durch die potentielle Energie

1 ≈1−x 1+x

ϕ

Bild 3.9: Planetenbewegung

3.3.4 Potentielle Energie

E pot

xB

mP

mS r2

oder aufgelöst nach der Bahngeschwindigkeit r mS v = r ϕÛ = γG . r

(3.66)

(3.67)

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Um einen Satelliten auf eine erdnahe Umlaufbahn zu bringen, muß er gemäß (3.67) auf eine Geschwindigkeit von r p mE v = γG = g0 RE ≈ 7.9 km/s (3.68) RE

Die Koordinaten x = x(t), y = y(t) und z = z(t) geben die momentane Position der Punktmasse an. Der Kraftvektor FW beschreibt die Widerstandskraft. Der Impulssatz für die Punktmasse liefert dann in den drei Raumrichtungen die Gleichungen x m xÜ = FW

beschleunigt werden.

y

m yÜ = FW

Die Zeit für einen Umlauf beträgt dann T =

U 2 π RE ≈ 5 100 s = 85 min . = p v g0 RE

m zÜ = (3.69)

Aus der allgemeinen Lösung der Differentialgleichungen (3.65) können insbesondere die die Gesetze abgeleitet werden, die Kepler2 empirisch gefunden hat. Sie lauten:

xÛ = vx ; yÛ = v y ;

2. Keplergesetz: Der Fadenstrahl vom Zentrum zur Planetenmasse überstreicht in gleichen Zeiten gleiche Flächen. (Flächensatz)

Johannes Keppler ist in Regensburg gestorben und wurde als “Ketzer” außerhalb der damaligen Stadtgrenze begraben. Seine Grabstätte vermutet man nördlich des heutigen Bahnhofs und hat deshalb im Grüngürtel der Fürst-Anselm-Allee das Keppler-Monument errichtet.

3.4 Schiefer Wurf mit Lufwiderstand Eine Punktmasse m bewegt sich im homogenen Schwerefeld. Zur Lagebeschreibung wird ein Inertialsystem verwendet, bei dem die z0 -Achse der Schwerkraft G = m g entgegen gerichtet ist, Bild 3.10 z0

m y0

FW

G

zÛ = vz ;

−mg

cW m cW vÛ y = − m cW vÛz = − m vÛx = −

ρL A vr el (vx −vW x ) (3.71) 2  ρL A vr el v y −vW y (3.72) 2 ρL A vr el (vz −vW z ) − g (3.73) 2

Dabei bezeichnet cW den Widerstandsbeiwert, ρ L die Luftdichte, A die angeströmte Querschnittsfläche und q 2 vr el = (vx −vW x )2 + v y −vW y + (vz −vW z )2 (3.74) gibt den Betrag der Relativgeschwindigkeit an. Die aus dem Impulssatz resultierenden Differentialgleichungen sind durch den Betrag der Relativgeschwindigkeit in nichtlinearer Weise miteinander verkoppelt und können deshalb nicht mehr analytisch gelöst werden. Eine numerische Lösung kann zum Beispiel mit dem kommerziellen Programm-Paket MATLAB durchgeführt werden. Das folgende MATLAB-Skript stellt die Daten für eine Papierkugel zur Verfügung, löst durch eine einfache numerische Diskretisierung die Differentialgleichungen für den Massenpunkt und erstellt einen 3D-Plot der Bahnkurve.

1 2 3 4 x 5 y 6 7 0 x0 8 9 10 11 Bild 3.10: Schiefer Wurf mit Luftwiderstand 12 13 14 2 Johannes Kepler (1571 – 1630) 15 deutscher Naturphilosoph, Mathematiker, Astronom, Astrologe, 16 17 Optiker und evangelischer Theologe, veröffentlichte in der “Astro- 18 19 nomia Nova” die nach ihm benannten Gesetze

z

(3.70)

Bei turbulenter Strömung ist die Widerstandskraft F®W durch (3.34) definiert. Mit den GeschwindigkeitskomoÛ v y = y, Û vz = zÛ und nenten der Punktmasse vx = x, den Komponenten einer als konstant vorausgesetzten Windgeschwindigkeit vW x , vW y , vW z erhält man dann aus (3.70) insgesamt sechs Differentialgleichungen erster Ordnung

1. Keplergesetz: Die Planeten bewegen sich auf elliptischen Bahnen, in deren Brennpunkt die Sonne steht.

3. Keplergesetz: Die Quadrate der Umlaufzeiten der Planeten verhalten sich wie die dritten Potenzen der großen Halbachsen.

z FW

% Daten g = 9.81 ; % m = 0.006 ; % d = 0.065 ; % cw = 1.2; % rho = 1.25 ; % r0 = [ 0; 0; 0 ]; % v0 = [ 20; 0; 20 ]; % vW = [ 0; 5; 0 ]; % dt = 0.02; %

Erdbeschleunigung [ m / s ^2] Masse Papierkugel [ kg ] Durchmesser [ m ] Widerstandsbeiwert [ -] Luftdichte [ kg / m ^3] Anfangsposition [ m ] Anf an gs ges ch wi nd igk ei t [ m / s ] Windgeschwindigkeit [ m / s ] Zeitschrittweite [ s ]

% Konstante kappa = rho /2 * cw / m * ( pi /4 * d ^2 )

;

hf = figure ; set ( hf , ’ name ’ , ’ Papierkugel mit Seitenwind ’) % Flugbahn durch numerische Integration t =0; r = r0 ; v = v0 ;

21

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20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42

Technische Mechanik III

plot3 ( r (1) , r (2) , r (3) , ’ ok ’ , ’ Markersize ’ ,5) , hold on while r (3) >= 0 % Geschwindigkeit v und Beschleunigung a im % Zeitintervall t -> t + dt näherungsweise konstant t = t + dt ; vrel = sqrt (( v - vW ). ’*( v - vW ));

und befindet sich zum Zeitpunkt t = 0 an der Stelle x = 0. Mit der Kraft  F = F0 1 − Tt wird er im Zeitintervall 0 ≤ t ≤ T aus der Ruhe heraus beschleunigt.

% Beschleunigungs - Vektor a = - kappa * vrel *( v - vW ) + [0; 0; -g ] ;

L F

% Weg - und Ge sc hw ind ig ke it sve kt or r = r + v * dt + a *0.5* dt ^2; v = v + a * dt ;

x

m

a) Der Impulssatz für den Werkzeugschlitten lautet  m xÜ = F0 1 − Tt Nach der ersten unbestimten Integration erhält man   2 xÛ = Fm0 t − 12 tT + C1 Die zweite unbestimte Integration liefert   3 x(t) = Fm0 12 t 2 − 16 tT + C1 t + C1 Û Aus den Anfangsbedingungen x(0) = 0 und x(0) = 0 folgt C1 = 0 und C2 = 0. Damit bleibt   3 x(t) = Fm0 21 t 2 − 16 tT b) Zum Zeitpunkt t = T befindet sich der Schlitten an der Stelle   3 x(t =T) = Fm0 12 T 2 − 16 TT = Fm0 13 T 2 Mit x(t =T) = L erhält man F0 =

3mL T2

plot3 ( r (1) , r (2) , r (3) , ’ ok ’ , ’ Markersize ’ ,5) end % Graphik - Einstellungen set ( gca , ’ FontSize ’ ,15) , axis ( ’ equal ’) , grid on xlabel ( ’ x [ m ] ’) , ylabel ( ’ y [ m ] ’) , zlabel ( ’ z [ m ] ’)

Die numerische Lösung wird abgebrochen, wenn die Punktmasse wieder den Boden berührt, was durch eine negative z-Komponente (r(3) < 0) angezeigt wird. Bild 3.11 zeigt zum Vergleich auch die Bahnkurve für ® die Papierkugel bei ruhender Luft (®vW = 0).

a) Geben Sie die Geschwindigkeit und die momentane Position des Schlittens als Funktion der Zeit an. b) Wie groß muss F0 gewählt werden, damit sich der Schlitten zum Zeitpunkt T an der Stelle L befindet?

3.5.2 Elektromagnet Nach dem Einschalten des Elektromagneten wird das Stahlpaket mit dem Gewicht G durch die magnetische Anziehungskraft

z [m]

F =

2 mit Seitenwind ohne Seitenwind

1.5 1

nach oben beschleunigt. Dabei ist h der Abstand vom Magneten zum Schwerpunkt des Stahlpakets und k ist eine Konstante.

0.5 0 5

4 y [m]

3

2

1

0

k (h − x)2

0

1

2

3 x [m]

Magnet

4

Bild 3.11: Bahnkurven einer Papierkugel mit und ohne Seitenwind Man erkennt, dass auch ohne Seitenwind die Bahnkurve stark von einer zum Scheitel symmetrischen Wurfparabel abweicht.

x

h a

Mit welcher Geschwindigkeit v A trifft das Stahlpaket auf den Magneten? s

vA =

Ohne Luftwiderstand würde die Papierkugel bei der hier gewählten Anfangsgeschwindigkeit von v0 = √ 202 + 02 + 202 = 28.3 und dem Abwurfwinkel von α = 45° eine maximale Wurfweite von s = v02 /g = 81.5 m erreichen. Mit Luftwiderstand fliegt die Papierkugel gerade mal s = 4.7 m weit.

3.5 Aufgaben 3.5.1 Werkzeugmaschine Der Schlitten einer Werzeugmaschine gleitet reibungsfrei in einer horizontalen Führung. Er hat die Masse m

22

2 g (h − a)



k −1 mgah



3.5.3 Güterwagen Ein Güterwagen der Masse m ist mit einem Container der Masse M beladen. Beim Rangieren läuft er mit der Geschwindigkeit v auf einen Puffer (Feder mit der Steifigkeit c) auf. M m

v c

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Unter der Annahme, dass der Container nicht rutscht, sind zu berechnen: a) die maximale Pufferverschiebung, b) die maximale Kraft zwischen Container und Güterwagen. r

a) xmax = v b) H = M v

r

M +m c c M +m

3.5.4 Motorboot Der Propeller des skizzierten Motorbootes mit der Masse m entwickelt die Schubkraft F. Die auf das Boot wirkende Kraft W = −k v 2 beschreibt den Widerstand des Wassers, wobei k eine Konstante mit der Einheit Ns2 /m2 ist. v d

a) Bei welchem Wert von a M wird der Hubtisch innerhalb der Zeit t = T = 4 s um die Strecke sT = 3.0 m nach oben verschoben, wenn er bei t = 0 aus der Ruhelage s(t = 0) = 0 startet? b) Ermitteln Sie die Normalkraft N = N(t), die während der Aufwärtsbewegung zwischen einer Kiste der Masse m = 100 kg und des um den Winkel α = 12◦ geneigten Hubtisches wirkt. c) Wie groß muss der Reibwert µ mindestens sein, damit diese Kiste weder zu Beginn (t = 0) noch am Ende der Hubbewegung (t = T) ins Rutschen kommt? a) Die Integration der Beschleunigung liefert zunächst die Geschwindigkeit   t2 sÛ = a M t − + C1 T und dann den Weg   1 2 1 t3 s = aM t − + C1 t + C2 2 3 T Wegen s(t = 0) = 0 und sÛ(t = 0) = 0 (Start aus der Ruhelage) verschwinden die Integrationskonstanten und für t = T ergibt sich   1 2 1 T3 1 s(t = T) = sT = a M T − = aM T 2 2 3 T 6 Mit T = 4 s und sT = 3.0 m bleibt 6 sT 6 ∗ 3.0 = 1.125 m/s2 aM = 2 = T 42

b) Solange die Kiste nicht rutscht, haben die Kiste und der Hubtisch die gleiche Beschleunigung.

mg α N

R s

c) Mit der Reibkraft R = mg sin α und der Normalkraft aus b) liefert die Reibungsungleichung die Beziehung h  i |m g sin α| ≤ µ m g cos α + agM 1 − 2Tt Für den Reibwert gilt somit allgemein sin α   µ ≥ cos α + agM 1 − 2Tt Für t = 0 und t = T erhält man sin α µt=0 ≥ und µt=T ≥ cos α + a M g

Deshalb gilt für die Kiste m sÜ = N − m g cos α und 0 = R − m g sin α Für die Normalkraft erhält man damit N = m (g cos α + sÜ) oder    aM 2t N = N(t) = m g cos α + 1− g T

sin α cos α − agM

Mit α = 12◦ , a M = 1.125 m/s2 und g = 9.81 m/s2 bleibt µt=0 ≥ 0.190 und

µt=T ≥ 0.241



r a) vmax =

Fmax k

b) FG =

2 k vmax

e

2k d m

−1

a) Welche maximale Geschwindigkeit v = vmax erreicht das Boot, wenn es lange Zeit mit maximaler Schubkraft F = FS angetrieben wird? Für das Anlegemanöver wird nun auf Gegenschub (F = −FG ) umgeschaltet. b) Wie groß muß FG gewählt werden, damit das Boot durch Gegenschub und Wasserwiderstand innerhalb der Strecke d von v = vmax auf v = 0 abgebremst wird?

3.5.5 Gabelstapler Ein Gabelstapler ist mit einer Kiste der Masse m beladen, die durch ein Hubwerk nach oben bewegt wird. Die Koordinate s = s(t) beschreibt dabei die momentane Position des Hubtisches, der wie die Führungschiene um den Winkel α geneigt ist. Die reale Beschleunigung des Hubtisches wird im Zeitintervall   0 ≤ t ≤ T durch 2t sÜ = a M 1 − T angenähert.

mg μ α

s

23

4 Starrkörper-Kinematik 4.1 Lagebeschreibung

Zur eindeutigen Lagebeschreibung eines starren Körpers sind also genau 6 voneinander unabhängige Koordinaten erforderlich.

4.1.1 Starrkörperbedingung Die Lage eines starren Körpers gegenüber dem Koordinatensystem 0 kann in eindeutiger Weise durch die Ortsvektoren r®0S,0

 xQ   xP   xS            =  yS  r®0P,0 =  y P  r®0Q,0 =  yQ   zQ   zP   zS       

(4.1)

zu drei körperfesten Punkten erfolgen, wobei S, P und Q nicht auf einer Geraden liegen dürfen, Bild 4.1.

Da die Gleichungen (4.3) in der Regel nicht eindeutig aufgelöst werden können, wird in der Praxis die Lage eines starren Körpers nicht durch drei Punkte, sondern durch einen Punkt und drei Richtungen definiert.

4.1.2 Körperfestes Koordinatensystem Die drei Punkte S, P und Q können zur Festlegung eines körperfesten Koordinatensystems verwendet werden. Mit S als Ursprung, kann die xK -Achse durch den Einheitsvektor in Richtung von r®SQ festgelegt werden

P z0

r 0P y0

0

zK

r SP

r 0Q

Q

x0

r®SQ | r®SQ |

(4.4)

Das Kreuzprodukt aus den Vektoren r®SQ und r®S P liefert einen Vektor, der senkrecht auf die beiden Vektoren und wegen (4.4) auch senkrecht zu e®x K steht. Durch

yK

S

r 0S

e®x K =

e®z K =

xK

r®SQ × r®S P | r®SQ × r®S P |

(4.5)

kann also die zK -Achse definiert werden. Das orthogonale und rechtshändige Koordinatensystem wird durch

Bild 4.1: Lagebeschreibung e®yK = e®z K × e®x K Die 9 Koordinaten xS mit zQ sind nicht unabhängig voneinander, da bei einem starren Körper die Abstände einzelner Punkte unverändert bleiben. Die Starrkörperbedingungen |® rS P,0 | = aS P ; |® rSQ,0 | = aSQ ; |® r PQ,0 | = a PQ

(4.2)

mit den konstanten Abständen aS P , aSQ , a PQ liefern mit (x P − xS )2 + (y P − yS )2 + (z P −zS )2 = aS2 P 2 (xQ − xS )2 + (yQ − yS )2 + (zQ −zS )2 = aSQ

(xQ − x P

)2

+ (yQ − y P

)2

+ (zQ −z P

)2

=

(4.3)

a2PQ

drei Gleichungen, aus denen 3 der 9 Koordinaten in Abhängigkeit von den restlichen 6 Koordinaten berechnet werden können.

24

(4.6)

vervollständigt.

4.1.3 Kardanwinkel Der Ursprung eines körperfesten Koordinatensystems wird durch die 3 Komponenten des Ortsvektors, hier die Koordinaten xS , yS und zS des Vektors r®0S,0 , gegenüber dem System 0 festgelegt. Damit bleiben zur Beschreibung der Koordinatenrichtungen nur noch 3 weitere voneinander unabhängige Koordinaten. Zur Festlegung der 9 Komponenten der im System 0 dargestellten Einheitsvektoren e®x K ,0 , e®yK und e®z K verwendet man in der Regel 3 Winkel, die durch ”Elementardrehungen” die Achsen des System 0 in das körperfeste System K überführen.

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Verwendet man die nach Cardano1 benannten KardanWinkel α, β, γ, dann dreht man zunächst um die x0 Achse, Bild 4.2.

z1

z0

y1

z1

z2

y0

α

y2 = y 1

zK = z2

γ

y2

β

x1 x2

x1 = x0

yK

x2

xK

Mit (4.9) kann der Vektor r®S P,K im Zwischensystem 2 dargestellt werden

r®S P,2

 −sγ  0  cγ        = a  sγ  + b  cγ  + c  0  . 0  0  1       |{z} | {z } |{z} e®x K ,2 e®yK ,2 e®z K ,2

Fasst man die Komponenten a, b und c wieder im Vektor r®S P,K zusammen, dann erhält man

Bild 4.2: Kardan-Winkel r®S P,2

Das Zwischensystem mit den Achsen e®x1,0

1 0  0        =  0  , e®y1,0 =  cα , e®z1,0 =  −sα  0  sα   cα       

(4.7)

(4.12)

 cγ −sγ 0   a      =  sγ cγ 0   b   0 0 1   c   | {z } |{z} A2K r®S P,K

(4.13)

wird dann um die y1 -Achse gedreht und erzeugt so ein zweites Zwischensystem, dessen Achsen durch

wobei die Matrix A2K eine positive Drehung mit dem Winkel γ um die zK =z2 -Achse beschreibt und Vektoren, die im System K dargestellt sind, in das System 2 transformiert.

 cβ  0  sβ            =  0 , e®y2,1 =  1 , e®z2,1 =  0   −sβ  0  cβ       

Mit (4.8) kann der Vektor r®S P,2 vom System 2 in das System 1 transformiert werden. Analog zu (4.12) und (4.13) erhält man

e®x2,1

(4.8)

festgelegt sind. Die dritte und letzte Drehung erfolgt dann um die z2 -Achse und legt mit e®x K ,2

 cγ   −sγ  0       =  sγ  , e®yK ,2 =  cγ , e®z K ,2 =  0  0  0  1      

r®S P,1 = A12 r®S P,2 , wobei die Drehmatrix durch

(4.9)

die Achsen des körperfesten Systems gegenüber dem zweiten Zwischensystem fest. Die Winkelfunktionen, sin α, cos α, sin β, cos β und sin γ, cos γ wurden dabei durch sα , cα , sβ , cβ und sγ , cγ abgekürzt.

 cβ 0 sβ    A12 =  0 1 0   −sβ 0 cβ   

Mit der aus (4.7) folgenden Drehmatrix

A01 Mit den Beziehungen (4.7) bis (4.9) können nun Vektoren, die im körperfesten System K dargestellt sind, in das System 0 transformiert werden. Bezeichnet man die Komponenten des im System K dargestellten Vektors von S nach P mit a, b und c, dann gilt zunächst r®S P,K

(4.10)

(4.15)

gegeben ist und eine positive Drehung mit dem Winkel β um die y2 =y1 -Achse beschreibt.

4.1.4 Vektortransformation

a   =  b  c  

(4.14)

1 0 0     0 c −s = α α   0 sα cα   

(4.16)

die eine positive Drehung mit dem Winkel α um die x1 =x0 -Achse definiert und der Beziehung r®S P,0 = A01 r®S P,1

(4.17)

kann der Vektor r®S P schließlich im System 0 dargestellt werden. Mit (4.14) und (4.13) erhält man schließlich

oder r®S P,K = a e®x K ,K + b e®yK ,K + c e®z K ,K . 1 Gerolamo

(4.11)

Cardano (1501 – 1576) Arzt, Philosoph und Mathematiker, der als Erster die schon vor ihm erfundene kardanische Aufhängung beschrieb.

r®S P,0 = A01 A12 A2K r®S P,K | {z } A0K

(4.18)

25

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Die Drehmatrix  sβ  −cβ sγ cβ cγ   A0K =  cα sγ +sα sβ cγ cα cγ −sα sβ sγ −sα cβ   sα sγ −cα sβ cγ sα cγ +cα sβ sγ cα cβ  (4.19)   | {z } | {z } |{z} e®x K ,0 e®yK ,0 e®z K ,0 transformiert Vektoren vom System K in das System 0 und legt analog zu (4.12) und (4.13) die Richtungen der Koordinatenachsen des körperfesten Systems K gegenüber dem System 0 fest.

4.1.5 Drehmatrizen In der Regel werden Drehmatrizen aus einer Folge von drei Elementardrehungen zusammmengesetzt. Neben den Kardan-Winkeln werden häufig auch die EulerWinkel verwendet. Bei den Eulerwinkeln wird die Drehmatrix aus den Elementardrehungen  cψ −sψ 0    Aψ =  sψ cψ 0   0 0 1  

(4.20)

1 0  Aθ =  0 cθ  0 sθ 

(4.21)

 cϕ  Aϕ =  sϕ  0  in der Reihenfolge

0  −sθ  cθ  −sϕ 0  cϕ 0  0 1 

A0K = Aψ Aθ Aϕ

Alle Drehmatrizen, die orthogonale Koordinatensysteme ineinander überführen, genügen der Orthogonalitätsbedingung AT0K A0K = E (4.26) und erzeugen mit T A−1 0K = AK0 = A0K

(4.27)

die Umkehrtransformation.

4.1.6 Zusammenfassung Position und Orientierung eines starren Körpers im Raum können durch Ortsvektor und Drehmatrix eindeutig festgelegt werden. Der Ortsvektor r®0S gibt dabei die Lage des körperfesten Punktes S an und die Drehmatrix A0K beschreibt die momentanen Richtungen eines körperfesten Koordinatensystems K gegenüber dem beschreibenden System 0. Jeder weitere Punkt P auf dem Körper ist dann durch die Vektorkette r®0P,0 = r®0S,0 + A0K r®S P,K

(4.28)

festgelegt, wobei dann der Vektor r®S P,K mit r®S P,K = const.

(4.29)

(4.22)

im körperfesten Koordinatensystem die Lage von P gegenüber S angibt.

(4.23)

4.2 Geschwindigkeit

aufgebaut. Drehungen um die Koordinatenachsen können aber auch zu einer Drehung um eine beliebige Achse verallgemeinert werden. Mit dem Drehwinkel δ und der, durch den Einheitsvektor e® festgelegten Drehachse, erhält man die Drehmatrix  A0K = e® e®T + E − e® e®T cos δ + e e sin δ (4.24) wobei E die Einheitsmatrix bezeichnet und e e ein schiefsymmetrischer Tensor ist, der sich gemäß  0 −ez e y    0 −ex  mit e e =  ez  −e y ex 0  

 ex    e® =  e y   ez   

(4.25)

aus den Komponenten des Einheitsvektors aufbaut. Die Komponentendarstellung von e® kann wegen e®,0 = e®,K sowohl im System 0 als auch im System K erfolgen.

26

4.2.1 Allgemeine Relativbewegung Der Ortsvektor r0P,0 beschreibt die Lage eines beliebigen Punktes P auf dem Körper gegenüber dem System 0. Die zeitliche Ableitung von (4.28) liefert zunächst r®Û0P,0 = r®Û0S,0 + AÛ 0K r®S P,K + A0K r®ÛS P,K

(4.30)

Die direkte Berechnung von AÛ 0K ist im allgemeinen sehr aufwändig. Mit der Orthogonalitätsbedingung (4.26) erhält man jedoch r®Û0P,0 = r®Û0S,0 + AÛ 0K AT0K A0K r®S P,K + A0K r®ÛS P,K , (4.31) | {z } E wobei AÛ 0K AT0K = ω e0K,0

(4.32)

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ein schiefsysmmetrischer Tensor ist, dessen wesentlichen Elemente die Komponenten des Winkelgeschwindigkeitsvektors ω® 0K,0 ergeben ω e0K,0

 ωx   0 −ωz ω y        0 −ωx  ; ω® 0K,0 =  ω y  . (4.33) =  ωz  ωx   −ω y ωx 0    

Die Multiplikation eines schiefsysmmetrischen 3 × 3Tensors ω e mit einem 3×1-Vektor r® vermittelt das Kreuzprodukt ω e r® = ω® × r® . (4.34) Damit lautet (4.31)

Komponenten der Winkelgeschwindigkeit folgt gemäß (4.32) aus ω e01,0

(4.37)

AT01

Ausmultipliziert und unter Berücksichtigung von sα2 + cα2 = 1 bleibt 0  =  0 0 

0 0  0 −αÛ  oder αÛ 0 

ω® 01,0

 αÛ  =  0 0 

   (4.38)   

Analog dazu erhält man mit den in (4.15) und (4.13) definierten Drehmatrizen aus ω e12,1 = AÛ 12 AT12

4.2.2 Starrkörperbewegung

 1 0 0     αÛ  0 cα sα  .      0 −sα cα     }| {z }

01

ω e01,0

r®Û0P,0 = r®Û0S,0 + ω® 0K,0 × A0K r®S P,K + A0K r®ÛS P,K (4.35) | {z } |{z} |{z} r®S P,0 v®0P,0 v®0S,0

0 0 0  =  0 −sα −cα  0 cα −sα  | {z AÛ

und

ω e2K,2 = AÛ 2K AT2K

(4.39)

die Winkelgeschwindigkeitsvektoren Wegen der Starrkörperbedingung (4.29) entfällt der letzte Term und es bleibt die bereits von Euler2 angegebene Geschwindigkeitsformel v®0P,0 = v®0S,0 + ω® 0K,0 × r®S P,0

(4.36)

Damit ist der Geschwindigkeitszustand eines starren Körpers durch Angabe der Geschwindigkeit eines körperfesten Punktes v®0S und der Winkelgeschwindigkeit des starren Körpers ω® 0K eindeutig definiert, da mit (4.36) die Geschwindigkeit jedes weiteren körperfesten Punktes angegeben werden kann.

4.3 Winkelgeschwindigkeit

ω® 12,1

  =   

0  βÛ  0 

und

ω® 2K,2

0   =  0   γÛ   

(4.40)

für die Elementardrehungen um die y1 =y2 -Achse bzw. um die z2 =zK -Achse.

4.3.2 Gesamtdrehungen Die Winkelgeschwindigkeit des körperfesten Systems K gegenüber dem System 0 folgt aus der Addition der Teilwinkelgeschwindigkeit. Im System 0 erhält man ω® 0K,0 = ω® 01,0 + A01 ω® 12,1 + A01 A12 ω® 2K,2 .

4.3.1 Elementardrehungen Zur Berechnung der Winkelgeschwindigkeit nutzt man den Aufbau der Drehmatrizen aus Elementardrehungen. Die Elementardrehung um die x0 =x1 -Achse mit dem Winkel α wird durch die Drehmatrix A01 gemäß (4.16) beschrieben. Der schiefsymmetrische Tensor mit den

Eingesetzt und ausmultipliziert bleibt schließlich ω® 0K,0

Euler (1707 – 1783) Schweizer Mathematiker und Physiker, der in seiner Arbeit “Theoria motus corporum solidorum seu rigidorum” die Bewegung des starren Körpers behandelte

 αÛ  =  0 0 

  0   sβ γÛ      +  cα βÛ  +  −sα cβ γÛ       sα βÛ   cα cβ γÛ    

     

(4.42)

oder in Matrizenschreibweise ω® 0K,0

2 Leonhard

(4.41)

 ωx  =  ω y  ωz 

  1 0 sβ   αÛ    =  0 cα −sα cβ   βÛ      0 sα cα cβ   γÛ   

      

(4.43)

Bei allgemeinen räumlichen Drehungen besteht ein nichtlinearer lageabhängiger Zusammenhang zwischen den Komponenten des Winkelgeschwindigkeitsvektors und den Ableitungen der Drehwinkel.

27

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und

z0

ω2 M2

P y0

ω® 03,0

z2

r2 x0

  0   0      ω1 r1  =  +ω3 (h−z1 )        0   0    

h M3 Q

− ω3 (z2 −h) = −ω2 r2 oder ω3 =

Bild 4.3: Reibradgetriebe

Das Antriebsrad eines Reibradgetriebes mit dem Radius r1 rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω1 um die z0 -Achse, Bild 4.3. Die Drehachsen des Antriebs- und Abtriebrades sind parallel zur z0 -Achse und liegen in der x0 -, z0 -Ebene. Die Drehachse des Koppelrades fällt mit der x0 -Achse zusammen. Das Koppelrad überträgt die Drehbewegungen des Antriebsrades über die Kontaktpunkte Q und P schlupffrei auf das Abtriebsrad mit dem Radius r2 .

28

ein Übersetzungsverhältnis, das durch Verändern der Positionen z1 und z2 in einem weiten Bereich variiert werden kann.

4.4 Momentane Drehachse 4.4.1 Allgemeine Bewegung

(4.45)

v®0M3,0 = 0

(4.46)

 r1    =  0  0  

(4.47)

r®M1Q,0

(4.53)

Der Körper dreht sich dabei um die momentane Drehachse und führt gleichzeitig eine Translation in Richtung der Drehachse durch, Bild 4.4.

Mit

ω® 01,0

r1 z2 − h ω2 = ω1 r2 h − z1

(4.44)

oder aus v®0Q,0 = v®0M3,0 + ω® 03,0 × r®M3 Q,0

(4.52)

Euler zeigte, dass die allgemeine Bewegung eines starren Körpers aus einer Kombination von Translation und Rotation besteht. Nach dem Theorem von Michel Chasles3 kann jede beliebige Bewegung eines starren Körpers durch eine Schraubung dargestellt werden.

Die Geschwindigkeit im Punkt Q erhält man entsprechend der Eulerschen Geschwindigkeitsformel (4.36) entweder aus v®0Q,0 = v®0M1,0 + ω® 01,0 × r®M1 Q,0

r2 ω2 z2 − h

(4.51)

Das Reibradgetriebe liefert mit

4.3.3 Beispiel Reibradgetriebe

 0    =  0  ;  ω1   

(4.49)

gegeben. Im Kontaktpunkt P haben das Koppelrad und das Abtriebsrad in y-Richtung die gleiche Geschwindigkeit. Analog zu (4.49) findet man

ω1

v®0M1,0 = 0 ;

(4.48)

Die Winkelgeschwindigkeit des Koppelrades ist also durch r1 ω3 = ω1 (4.50) h − z1

z1 r1

r®M3Q,0

  0    0 =    −(h−z1 )   

erhält man durch Gleichsetzen von (4.44) mit (4.45)

ω3

M1

 ω3    =  0   0   

Der Winkelgeschwindigkeitsvektor ω® 0K legt die Richtung der momentanen Drehachse fest. Jeder Punkt auf

3 Michel

Chasles (1793 – 1880) französischer Mathematiker, für den 1846 eigens ein Lehrstuhl für höhere Geometrie an der Akademie der Wissenschaften in Paris eingerichtet wurde

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ω0K

ω0K rSP

λ ω0K

λ = S

und r®S P =

ω® 0K

ω® T0K

ω® T0K v®0S = 0 Bild 4.4: Schraubung

der momentanen Drehachse hat dann gemäß dem Chaslesschen Theorem die Geschwindigkeit v®0P = λ ω® 0K

oder ω® T0K r®S P = 0

(4.55)

Bezeichnet v®0S die Geschwindigkeit des körperfesten Bezugspunktes, dann liefert die Eulerschen Geschwindigkeitsformel (4.36) eine zusätzliche Vektorgleichung v®0S,0 + ω® 0K,0 × r®S P = λ ω® 0K

(4.59)

oder ω® 0K ⊥ v®0S

(4.60)

auf. Ein Winkelgeschwindigkeitsvektor ω® 0K der senkrecht auf dem Geschwindigkeitsvektor v®0S steht, kennzeichnet ebene Bewegungen. Wegen v®0P = 0 entartet die Schraubung dann zu einer reinen Drehung und der Punkt P stellt dann den momentanen Drehpol dar.

(4.54)

wobei λ ein noch zu bestimmender Parameter mit der Einheit m ist. Für den Punkt P auf der momentanen Drehachse, der den kürzesten Abstand zum körperfesten Bezugspunkt S hat, gilt r®S P ⊥ ω® 0K

ω® 0K × v®0S ω® T0K ω® 0K

Gemäß (4.54) hat der Punkt P für λ = 0 keine Geschwindigkeit mehr. Dieser Sonderfall tritt bei

v0S

P

ω® T0K v®0S

4.4.2 Momentaner Drehpol Ein momentaner Drehpol P, dessen Position gegenüber dem körperfesten Bezugssystem durch den in (4.59) definierten Ortsvector r®S P festgelegt ist, existiert nur bei einer ebenen Bewegung. Da dann ω® 0K ⊥ v®0S gilt, ist der Abstand des momentanen Drehpols von der Drehachse durch | r®S P | =

(4.56)

| v®0S | v0S | ω® 0K | | v®0S | = = | ω® 0K | | ω® 0K | | ω® 0K | ω0K

(4.61)

Die Beziehungen (4.55) und (4.56) ergeben in Komponenten angeschrieben ein lineares Gleichungssystem

gegeben. Daraus lassen sich die folgenden Konstruktionsvorschriften ableiten.

 0 ωx ωy ωz   λ   0    −ωx 0 −ωz ω y   rx   −vx   = (4.57)  −ω y ωz 0 −ωx   r y   −v y    −ωz −ω y ωx 0   rz   −vz  

Sind bei einer ebenen Bewegung eines starren Körpers die Geschwindigkeitsrichtungen an zwei körperfesten Punkten R und S bekannt, dann bilden die Normalen auf die Geschwindigkeitsrichtungen geometrische Orte für den momentanen Drehpol P, Bild 4.5.

in der Form A x = b, das nach dem Parameter λ und den Komponenten rx , r y , rz des Ortsvektors r®S P aufgelöst4 werden kann. Das Ergebnis   2 λ = ω x v x + ω y v y + ωz vz ωx + ω2y + ωz2   2 r x = ω y vz − ωz v y ωx + ω2y + ωz2  (4.58)  r y = (ωz vx − ωx vz ) ω2x + ω2y + ωz2   2 rz = ωx v y − ω y vx ωx + ω2y + ωz2 kann auch in Vektorschreibweise dargestellt werden. Man erhält 4

Dies kann z.B. in Matlab mit der symbolischen Toolbox oder durch Nutzen der speziellen Eigenschaft der Koeffizientenmatrix geschehen. Die Spalten der in (4.57) definierten Koeffizientenmatrix  A sind hier jeweils senkrecht zu einander, was T A A = − ω2x + ω2y + ωz2 E4×4 zur Folge hat und die direkte   Lösung x = −AT b ω2x + ω2y + ωz2 ermöglicht.

R rRP

v0R

S rSP

v0S

φ ψ

P

Bild 4.5: Allgemeine Geschwindigkeitsrichtungen Gemäß (4.61) gilt rRP =

v0R ω0K

oder ω0K =

v0R rRP

(4.62)

rS P =

v0S ω0K

oder ω0K =

v0S rS P

(4.63)

und

29

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Aus Bild 4.5 entnimmt man v0R v0S tan ϕ ≡ und tan ψ ≡ (4.64) rRP rS P Die Winkel ϕ und ψ stimmen also überein und sind ein Maß für die Winkelgeschwindigkeit des Körpers tan ϕ = tan ψ ≡ ω0K

(4.65)

Die Beziehungen (4.64) und (4.65) ermöglichen es, auch bei parallelen Geschwindigkeitsvektoren in den körperfesten Punkten R und S den momentanen Drehpol P einer ebenen Bewegung eines starren Körpers zu konstruieren, Bild 4.6.

P

φ=ψ

v0R

r®Ü0P,0 = + + + +

r®Ü0S,0 ω®Û 0K,0 × A0K r®S P,K  ω® 0K,0 × ω® 0K,0 × A0K r®S P,K 2 ω® 0K,0 × A0K r®ÛS P,K A0K r®ÜS P,K

(4.68)

4.5.2 Starrkörperbewegungen

S

R

wobei nach der abgeleiteten Drehmatrix jeweils die Einheitsmatrix in Form der Orthogonalitätsbeziehung (4.26) eingefügt wurde und ω®Û 0K,0 die Winkelbeschleunigung bezeichnet. Mit (4.32) und (4.33) erhält man

Die beiden letzten Terme in (4.68) verschwinden, wenn S körperfest ist und r®S P,K = const. gilt. Dann bleibt

v0P

r®Ü0P,0 = r®Ü0S,0 + ω®Û 0K,0 × A0K r®S P,K

(4.69)

Bild 4.6: Parallele Geschwindigkeiten

+ ω® 0K,0 × ω® 0K,0 × A0K r®S P,K

Obwohl der Momentanpol P durch die Geschwindigkeit v0P = 0 gekennzeichnet ist, verändert er seine Lage sowohl bezüglich des raumfesten und des körperfesten Koordinatensystems. Die im körperfesten System dargestellte Folge der jeweiligen Momentanpole wird als Polkurve und die im raumfesten System dargestellte Folge als Spurkurve bezeichnet. Pol- und Spurkurve berühren sich im Momentanpol und rollen bei der Bewegung des starren Körpers aufeinander ab.

Bei einer Drehung mit konstanter Winkelgeschwindigkeit verschwindet zwar die Winkelbeschleunigung ω®Û 0K,0 = 0, aber infolge der Zentripetalbeschleunigung haben die einzelnen Punkte eines starren Körpers trotzdem unterschiedliche Beschleunigungen.

Der Punkt des Körpers, der mit dem Momentanpol zusammenfällt, hat zwar momentan keine Geschwindigkeit v®0P = 0 aber in der Regel eine Beschleunigung a®0P , 0.

4.5 Beschleunigung 4.5.1 Allgemeine Relativbewegung Die Geschwindigkeit eines Punktes P, dessen Lage relativ zum Punkt S im körperfesten System K beschrieben wird, ist gemäß (4.35) durch r®Û0P,0 = r®Û0S,0 + ω® 0K,0 × A0K r®S P,K + A0K r®ÛS P,K (4.66) gegeben. Die zeitliche Ableitung liefert r®Ü0P,0 = r®Ü0S,0 + ω®Û 0K,0 × A0K r®S P,K + ω® 0K,0 × AÛ 0K AT0K A0K r®S P,K + ω® 0K,0 × A0K r®ÛS P,K + AÛ 0K AT0K A0K r®ÛS P,K + A0K r®ÜS P,K

30

(4.67)



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4.6 Aufgaben

4.6.3 Laufkatze

4.6.1 Stößel

Die Laufkatze eines Krans bewegt sich mit der Geschwindigkeit vK nach links. Gleichzeitig wird das über drei Rollen geführte Seil mit der Geschwindigkeit vS nach rechts gezogen.

Ein Keil mit dem Neigungswinkel α wird mit der Geschwindigkeit vK in horizontaler Richtung bewegt und verschiebt dadurch einen Stößel vertikal nach oben. Das am unteren Ende des Stößels drehbar gelagerte Rad mit dem Radius R rollt dabei ohne zu gleiten auf dem Keil ab.

vK vS

R

vK

2

1

vS

ωR

r 3

α

a) In einem Koordinatensystem, bei dem die x-Achse nach links und die y-Achse nach oben zeigt, gilt im Kontaktpunkt          vK   0   0   −R sin α           0  =  vS  +  0  ×  −R cos α          0  0   0   ωR    Die beiden ersten Komponenten liefern vK = +ωR R cos α und 0 = vS − ωR R sin α Damit erhält man vK ωR = und vS = ωR R sin α = vK tan α R cos α b) Für die Stößelbeschleunigung erhält man zunächst vÛS = vÛK tan α = v0 Ω tan α sin Ωt Damit sind die Extremwerte mit vÛSextr = ± v0 Ω tan α gegeben.

a) Ermitteln Sie die Winkelgeschwindigkeit des Rades ωR und die Stößelgeschwindigkeit vS . b) Welche Extremwerte der Stößelbeschleunigung aS treten auf, wenn der Keil nun periodisch mit der Geschwindigkeit vK = v0 sin Ωt hin und her bewegt wird?

Die Umlenkrollen 1 und 2 haben den gleichen Radius. Die Rolle 3 bleibt während der Bewegung stets in der Mitte zwischen den Rollen 1 und 2. a) Berechnen Sie die Winkelgeschwindigkeit der Rolle 3 b) Mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich der Mittelpunkt der Rolle 3 in horizontaler und vertikaler Richtung? a)

4.6.2 Stab

ω=

2 v K + vS 2r

b)

v3H = vK

und

v3V =

1 vS 2

4.6.4 Roboterarm

Ein Stab der Länge a wird über Bolzen, die an den Enden befestigt sind, in einer horizontalen und in einer vertikalen Schiene geführt. Der Bolzen in A wird über einen Spindelantrieb mit der konstanten Geschwindigkeit sÛ = v A nach links verschoben. s

A

C

Der Ausleger eines Experimentier-Roboters ist aus zwei Tetraedern mit den Längen a und b aufgebaut. Die Drehung um die raumfeste z0 -Achse erfolgt mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. Deshalb kann sie durch den Winkel γ = Ωt beschrieben werden. Der zweite Tetraeder dreht um die y2 -Achse. Mit dem Winkel β = β0 sin(ωt) wird er mit der Kreis-Frequenz ω und der Amplitude β0 periodisch auf und ab bewegt. z0=z1

φ

y1 y0

a

z2

γ a

B

y2

P x1

x0

β b

Q x2

a) Die zeitliche Ableitung, der aus dem Dreieck ABC folgenden Beziehung s = a sin ϕ, liefert vA sÛ = v A = a cos ϕ ϕÛ oder ϕÛ = a cos ϕ b) Mit AB = x und xÛ = −vB erhält man x = a cos ϕ bzw. xÛ = −vB = −a sin ϕ ϕÛ vA vB = a sin ϕ = v A tan ϕ a cos ϕ

oder

Für Winkel im Bereich 0 < ϕ < 90° sind zu ermitteln: a) die Winkelgeschwindigkeit ϕÛ und b) die Geschwindigkeit vB , mit der sich der Bolzen in B nach oben bewegt.

Ermitteln Sie für die Punkte P und Q die im System x1 , y1 , z1 dargestellten Vektoren der absoluten Geschwindigkeit und der Beschleunigung. a)

 0    v®0P,1 =  a Ω   0   

 −b sin β βÛ    v®0Q,1 =  (a + b cos β) Ω   −b cos β βÛ   

b)

 −a Ω2    a®0P,1 =  0   0   

 − (a + b cos β) Ω2 − b sin β βÜ − b cos β βÛ2     −2b sin β Ω βÛ a®0Q,1 =     −b cos β βÜ + b sin β βÛ2  

mit

β = β0 sin(ωt) βÛ = ω β0 cos(ωt) βÜ = −ω2 β0 sin(ωt)

31

5 Starrkörper-Kinetik 5.1 Kinetische Energie 5.1.1 Allgemeiner Bezugspunkt Bezeichnet v®0M die Geschwindigkeit eines Masseteilchens dm gegenüber dem ruhenden System 0, dann ist seine kinetische Energie durch dEkin =

1 T v® v®0M dm 2 0M

(5.1)

gegeben. Die kinetische Energie des starren Körpers kann dann aus ∫ 1 T Ekin = v®0M v®0M dm (5.2) 2 K

berechnet werden. Der Punkt P ist Ursprung eines körperfesten Koordinatensystem mit den Achsen xK , yK und zK , Bild 5.1.

v0M

z0 y0

zK

dm M

r PM

x0

ω 0K

P

ω® 0K × r®P M

xK

T ω® 0K × r®P M v®0P = v®0P



(5.6)

bereits berücksichtigt wurde. Die Geschwindigkeit von Punkt P und die Winkelgeschwindigkeit ω® 0K sind unabhängig von der Massenverteilung des starren Körpers und können deshalb aus den Integralen herausgezogen werden ∫ 1 T dm v®0P v®0P Ekin = 2   ∫ T (5.7) + v®0P ω® 0K × r®P M dm ∫ T  1 ω® 0K × r®P M ω® 0K × r®P M dm + 2

1 = m

∫ r®P M dm

(5.8)

definierte Vektor gibt die Lage des Massenmittelpunktes S des starren Körpers relativ zu Punkt P an und ∫ m = dm (5.9)

Der Geschwindigkeitszustand des starren Körpers ist durch die Geschwindigkeit v®0P und die Winkelgeschwindigkeit ω® 0K gegeben. Die Geschwindigkeit eines Masseteilchens kann dann aus (5.3)

berechnet werden, wobei r®P M die Lages des Masseteilchens relativ zu P beschreibt. Eingesetzt in (5.2) erhält man Ekin = ∫ T  1 v®0P + ω® 0K × r®P M v®0P + ω® 0K × r®P M dm 2

T

r®PS

Bild 5.1: Kinetische Energie

32

wobei die Gleichheit der Skalarprodukte

v0P

v®0M = v®0P + ω® 0K × r®P M

(5.5)

Der durch das Integral

yK

r 0P

0

Ausmultipliziert bleibt ∫ 1 T Ekin = v®0P v®0P dm 2 ∫  T ω® 0K × r®P M dm + v®0P ∫ T  1 ω® 0K × r®P M ω® 0K × r®P M dm + 2

(5.4)

ist die Masse des starren Körpers. Das dritte Integral in (5.7) kann mit ω® 0K × r®P M = −® r P M × ω® 0K = −e r P M ω® 0K und e r P M ω® 0K

T

T = ω® 0K e r PTM

umgeformt werden ∫ T  ω® 0K × r®P M ω® 0K × r®P M dm = ∫ T  −e r P M ω® 0K −r˜P M ω® 0K dm = ∫ T ω® 0K e r PTM e r P M dm ω® 0K

(5.10) (5.11)

(5.12)

Technische Mechanik III (Dynamik)

wobei TP =



e r PTM e r P M dm

Prof. Dr.-Ing. G. Rill

(5.13)

=

z Ekin

1 2

den, auf den Punkt P bezogenen, Trägheitstensor des starren Körpers bezeichnet. =

Die kinetische Energie des starren Körpers berechnet sich demnach aus 1 T m v®0P v®0P 2 T + m v®0P (ω® 0K × r®PS ) 1 T + ω® 0K TP ω® 0K 2

Ekin =

(5.14)

wobei P ein beliebiger Punkt auf dem starren Körper und S den Massenmittelpunkt des starren Körpers angibt.

T (ω ® 0K×® Der Koppelterm m v®0P r PS ) in (5.14) verschwindet, wenn P mit dem Massenmittelpunkt S zusammenfällt

1 1 T T v®0S + ω® 0K TS ω® 0K m v®0S 2 2

(5.15)

Auf den Massenmittel S bezogen, setzt sich die kinetische Energie des starren Körpers aus einem translatorischen und einem rotatorischen Anteil zusammen. Die Elemente des Trägheitstensors TS müssen dabei bezüglich dem Massenmittelpunkt S berechnet werden.

5.1.3 Bezogen auf einen Fixpunkt Führt der starre Körper Drehbewegungen um einen Fixpunkt F aus, dann bleibt nur noch der rotatorische Energieanteil. Für P = F und mit v0F = 0 folgt aus (5.14) F Ekin =

1 T ω® TF ω® 0K 2 0K

1 2 ω Tzz

ω =

1 2 Tzz

Tx y Txz   0  Ty y Tyz   0  Tz y Tzz   ω  {z } |{z} TF ω® 0K

(5.17)

ω2

wobei die Elemente des 3 × 3-Trägheitstensors TF entsprechend den Koordinatenachsen x, y, z mit allgemeinen Doppel-Indizes bezeichnet wurden. Bei einer Drehung um eine raumfeste Achse (hier die z-Achse) hat lediglich das Trägheitsmoment bezüglich der Rotationsachse, hier Tzz , Einfluss auf die kinetische Energie.

5.2 Der Trägheitstensor

5.1.2 Bezogen auf Massenmittelpunkt

S = Ekin

   Txx 0 0 ω  Tyx | {z }  Tzx  T | ω® 0K 

(5.16)

wobei die Elemente des Trägheitstensors TF bezüglich dem Fixpunkt F berechnet werden müssen.

5.2.1 Definition Bei der Berechnung der kinetischen Energie eines starren Körpers wurde in (5.13) mit ∫ TP = e r PTM e r P M dm (5.18) der Trägheitstensor definiert. Der schiefsymmetrische Tensor e r P M folgt dabei aus den Komponenten des Vektors r®M P , der die Lage aller Masseteilchen dm des starren Körpers relativ zu P definiert. Die Berechnung des Trägheitstensors TP ist an ein Koordinatensystem gebunden, da nur dort die Komponenten des Vektors r®M P dargestelt werden können. Im körperfesten System K bleibt, entsprechend der Starrkörperbedingung, die Lage körperfester Punkte relativ zueinander unverändert. Dort sind dann die Komponenten von r®M P und die Elemente des Trägheitstensors konstant, TP,K = const. Mit r®P M,K

x   =  y  z  

bzw. e r P M,K

 0 −z y    =  z 0 −x  (5.19)  −y x 0   

lautet (5.18)

5.1.4 Bezüglich einer raumfesten Drehachse Führt der starre Körper Drehbewegungen um eine im Raum fixierte Achse aus, dann ist jeder Punkt der Achse ein Fixpunkt. Das beschreibende Koordinatensystem kann nun so angeordnet werden, dass die z-Achse mit der Drehachse zusammen fällt. Dann vereinfacht sich (5.16) zu

TP,K

∫  0 z −y  0 −z y     =  −z 0 x  z 0 −x  dm  y −x 0  −y x 0    

(5.20)

Ausmultipliziert bleibt

TP,K

∫  y 2 +z2 −x y −xz    =  −x y z2 + x 2 −yz  dm  −xz −yz x 2 + y 2   

(5.21)

33

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Technische Mechanik III

Der Trägheitstensor ist symmetrisch. Die Elemente auf der Hauptdiagonalen ∫   Txx = y 2 +z 2 dm ∫   Ty y = z2 + x 2 dm (5.22) ∫   Tzz = x 2 + y 2 dm

Nach Integration erhält man   3  3  1 b b Txx = ρ a c − − 3  2 2  1  c 3  c 3 + ρab − − 3 2 2 Mit m = ρ a b c bleibt schließlich  1 m b2 + c2 12

Txx = werden als (Massen-)Trägheitsmomente und die drei restlichen ∫ Tx y = − x y dm ∫ Txz = − x z dm (5.23) ∫ Tyz = − y z dm

  1 m a2 + b2 12 (5.28) Die Integrale in (5.23) verschwinden alle. Ein quaderförmiger Körper hat bezüglich der Symmetrieachsen keine Deviationsmomente Ty y =

  1 m c2 + a2 12

Tx y = 0

Bei homogener Massenverteilung kann das Massenelement mit der Dichte ρ auf ein Volumenelement dV zurückgeführt werden. dm = ρ dV = ρ dx dy dz

(5.24)

S

x

34



S

ϕ

z x

dr r dz

z

z Bild 5.3: Zylinder mit Volumenelement

c

Mit dm = ρ r dϕ dr dz

Berechnet man den Trägheitstensor für den Massenmittelpunkt S in einem Koordinatensystem, das mit den Symmetrieachsen zusammenfällt, dann folgt das Trägheitsmoment um die x-Achse aus +c/2 ∫ +b/2 +a/2 ∫ ∫ =ρ (y 2 +z 2 ) dx dy dz −c/2 −b/2 −a/2

(5.29)

h

Bild 5.2: Quaderförmiger Körper

Txx

Tyz = 0

y

y

y

a

Txz = 0

Bei einem kreiszylindrischen Körper mit dem Radius R und der Höhe H wird bei homogener Massenverteilung ein zur äußeren Kontur passendes Volumenelement herausgeschnitten, Bild 5.3.

R

x

und Tzz =

5.2.3 Beispiel Kreiszylinder

Für einen quaderförmigen Körper mit den Kantenlängen a, b und c, Bild 5.2, können die Integrale in (5.22) und (5.23) leicht ausgewertet werden.

b

(5.27)

Analog dazu findet man

als (Massen-)Deviationsmomente bezeichnet.

5.2.2 Beispiel Quader

(5.26)

y = r sin ϕ

(5.30)

gilt dann Txx = ρ

+H/2 ∫ ∫R

−H/2 0

(5.25)

x = r cos ϕ

∫2π 0

 (r sin ϕ)2 +z 2 r dϕ dr dz (5.31)

Technische Mechanik III (Dynamik)

Prof. Dr.-Ing. G. Rill 5.2.4.2 Dreiecksungleichung

Ausmultipliziert bleibt Txx = ρ

+H/2 ∫ ∫R

r

3

−H/2 0



+H/2 ∫

z2

∫2π 0

(5.32)

∫2π

∫R r 0

−H/2

sin2 ϕ dϕ dr dz

dϕ dr dz 0

Nach der Integration erhält man   1 H 3 −H 3 1 2 1 4 R 2π (5.33) Txx = ρ H R π + ρ − 4 3 8 2 8 Mit der Zylindermasse m = ρ R2 πH bleibt schließlich   1 2 1 2 Txx = m (5.34) R + H 4 12

Die Elemente der Hauptdiagonale, die Trägheitsmomente, sind durch (5.22) definiert. Die Addition von Txx und Ty y liefert ∫ ∫ ∫ 2 2 2 2 (y +z ) dm + (z + x ) dm = (x 2 + y 2 ) dm | {z } | {z } | {z } Txx Ty y T ∫ zz + 2

z2 dm

(5.38) Es gilt also Txx + Ty y

≥ Tzz

(5.39)

sowie Tzz + Txx ≥ Ty y

(5.40)

und analog Ty y + Tzz ≥ Txx

Auf Grund der Symmetrie gilt hier Ty y = Txx

(5.35)

und die Berechnung des Trägheitsmomentes um die Zylinderachse liefert Tzz =

1 m R2 2

Txz = 0

Tyz = 0

Die Dreiecksungleichungen können zur Kontrolle gemessener Trägheitsmomente herangezogen werden.

(5.36)

Bezüglich seiner Symmetrieachsen hat auch der Zylinder keine Deviationsmomente Tx y = 0

Die Beziehungen (5.39) und (5.40) werden als Dreiecksungleichungen bezeichnet, da bei Dreiecken die Summe zweier Seiten stets größer oder höchstens gleich der dritten ist.

(5.37)

5.2.4 Eigenschaften

Bei abgeplatteten Körpern kann eine Abmessung gegenüber den beiden anderen Körpern vernachlässigt werden. Liegen die Hauptabmessungen eines abgeplatteten ∫ Körpers∫ z.B. in der x-, y-Ebene, dann wird wegen z 2 dm  (x 2 +y 2 )dm die Dreiecksungleichung (5.39) zur Gleichung und es gilt Txx + Ty y = Tzz . 5.2.4.3 Abgeplattete Körper y

y

5.2.4.1 Symmetrie

x x

Symmetrie in Deviationsmomente Richtung der Tx y Txz Tyz xK -Achse =0 =0 ,0 yK -Achse =0 ,0 =0 zK -Achse ,0 =0 =0 Tabelle 5.1: Deviationsmomente bei Symmetrie Ist die Massenverteilung des Körpers symmetrisch zu einer Achse, dann verschwinden die Deviationsmomente, bei denen über diese Achsrichtung integriert wird, Tabelle 5.1. Bei einem Körper, der in zwei Achsrichtungen eine symmetrische Massenverteilung hat, verschwinden folglich alle Deviationsmomente.

c

z b

z R S H

a

Bild 5.4: Platte und Scheibe Bei einem flachen Quader, bzw. einer dünnen Platte, Bild 5.4, erhält man mit c  a und c  b aus (5.27) und (5.28) die Trägheitsmomente Txx =

1 m b2 12

und Ty y =

1 m a2 12

(5.41)

sowie Tzz = Txx + Ty y =

1 m 12

a2 + b2



(5.42)

35

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Bei einer kreiszylindrischen Scheibe, Bild 5.4, gilt H  R. Aus (5.34), (5.35) und (5.36) folgen dann die Trägheitsmomente Txx = Ty y =

1 m R2 4

(5.43)

und Tzz = Txx + Ty y = 2 Txx =

1 m R2 2

T TQ = TS + m e rQS e rQS

1 m a2 12

Ein dünner Draht der Masse m ist zu einem Rührhaken gebogen und in der Mitte, im Punkt 0, an einer Welle befestigt, Bild 5.5. z0

(5.45)

Mit R  H folgen aus (5.34), (5.35) und (5.36). die Trägheitsmomente für einen Stab mit Kreisquerschnitt. Sie stimmen mit (5.45) überein.

0 a

5.2.5.1 Satz von Steiner

a

36

e r P M dm | {z } e r PS m

a

Bild 5.5: Rührhaken

K

Der Trägheitstensor bezüglich eines körperfesten Punktes P ist durch (5.18) definiert. Der schiefsymmetrische Tensor e r P M wird gemäß (5.19) aus den Komponenten des Vektors r®P M gebildet. Soll der Trägheitstensor für einen anderen körperfesten Punkt Q angegeben werden, dann folgt aus der Vektorkette r®QM = r®QP + r®P M die entsprechende Beziehung für die schiefsymmetrischen Tensoren e rQM = e rQP + e rP M (5.46)

Ausmultipliziert bleibt ∫ ∫ T TQ = e rQP e rQP dm + e r PTM e r P M dm |{z} | {z } m T P ∫

a x0

Gemäß (5.18) kann der auf den Punkt 0 bezogene Trägheitstensor aus ∫ T T0 = e r0M e r0M dm (5.50)

5.2.5 Wechsel des Bezugspunktes

Eingesetzt in (5.18) erhält man ∫ T  e rQP +e rP M e rQP +e r P M dm TQ =

y0 a

a

Bei langgestreckten Körpern hat die Querschnittsform keinen Einfluß auf die Trägheitseigenschaften.

T + 2e rQP

(5.49)

5.2.5.2 Beispiel

Bei einem geraden, dünnen Stab mit Rechteckquerschnitt, der sich in x-Richtung erstreckt, gilt c  a und b  a. Damit erhält man aus (5.27) und (5.28) die Trägheitsmomente Stab und TyStab y = Tzz =

Fällt der Bezugspunkt P mit dem Massenmittelpunkt S zusammen (P ≡ S), dann ist e r PS = 0 und es bleibt der Satz von Steiner

(5.44)

5.2.4.4 Langgestreckte Körper

Stab Txx ≈0

wobei Terme, die nicht von der Massenverteilung abhängen, bereits vor die Integrale gezogen wurden und der Vektor r®PS die Lage des Massenmittelpunktes S relativ zum Bezugspunkt P angibt.

berechnet werden, wobei der Punkt M die Position des Massenelements dm angibt und somit sämtlich Punkte des Körpers K durchläuft. z5

y5

S5 z3

x5

S3

y0 =y1

z0 =z1 y3

0=S1

z2 S2

x0 =x1

x3

y2 x2 z4 S4

(5.47)

y4 x4

Bild 5.6: Teilkörper des Rührhakens

(5.48)

Unterteilt man nun den Rührhaken in in N = 5 einfache Teilkörper, hier gerade Drahtstücke, Bild 5.6, dann kann das Integral über den Körper K entsprechend aufgeteilt werden N =5 ∫ Õ T T0 = e r0M e r dm (5.51) i 0Mi i=1

Ki

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wobei Mi jetzt nur noch Punkte des jeweiligen Teilkörpers Ki sind. Mit den Beziehungen e r0Mi = e r0Si + e rS i M i

i mi 1

m 3

2

m 6

3

m 6

4

m 6

5

m 6

(5.52)

dem Satz von Steiner (5.49) und ∫ TSi = e rSTi Mi e rSi Mi dm

(5.53)

Ki

kann (5.51) in der Form T0 =

5 Õ 

TSi +

T mi e r0S e r i 0Si



(5.54)

i=1

angeschrieben werden, wobei Si die Massenmittelpunkte der Teilkörper sind. Die schiefsymmetrischen Tensoren enthalten gemäß

e r0Si

 0 −zi yi    0 −xi  =  zi  −yi xi 0  

(5.55)

die Komponenten xi , yi , zi der Vektoren r®0Si , die die Lage der Massenmittelpunkte der Teilkörper angeben. Die wesentlichen Elemente des Trägheitstensors sind dann durch Tx0 x0 =

Õ 

Txi xi + mi

yi2 + zi2



Ty0 y0 =

Õ 

Tyi yi + mi

zi2 + xi2



Tz0 z0 =

Õ 

Tzi zi + mi

xi2 + yi2



(5.56)

r0Si 0 0 0 a/2 a 0 −a/2 −a 0 a a −a/2 −a −a a/2

Txi xi 1 m 12 3

Tyi yi

(2a)2

Tzi zi 1 m 12 3

0

(2a)2

0

1 m 12 6

a2

1 m 12 6

a2

0

1 m 12 6

a2

1 m 12 6

a2

1 m 12 6

a2

1 m 12 6

a2

0

1 m 12 6

a2

1 m 12 6

a2

0

Tabelle 5.2: Massengeometrie des Rührhakens Für das Trägheitsmoment bezüglich der x0 -Achse erhält man 2 1 m 2a Tx0 x0 = 12 3 m 2 a + + 6 2 m −a + + (5.58) 6  m 2  a 2 1 m 2 + a + a + − 12 6 6 2  1 m 2 m 2  a 2 + a + −a + 12 6 6 2 oder

und Tx0 y0 =

Õ 

Txi yi − mi xi yi



Tx0 z0 =

Õ 

Txi zi − mi xi zi



Ty0 z0 =

Õ 

Tyi zi − mi yi zi



Tx0 x0

 m 2 4 1 1 1 1 = a 6 +1+1+ 12 +1+ 4 + 12 +1+ 4 6

(5.59)

Zusammengefaßt bleibt (5.57) Tx0 x0 =

8 m a2 9

(5.60)

Analog dazu findet man definiert. Die Beziehungen in (5.56) und (5.57) gelten allgemein. Allerdings ist zu beachten, dass die lokalen xi -yi -zi -Koordinatensysteme, die im Schwerpunkt jedes Teilkörpers fixiert sind, achsenparallel zum globalen x0 y0 -z0 -Koordinatensystem angeordnet sein müssen. Für die N = 5 Teilkörper des Rührhakens können nun sehr leicht die Masse, die Trägheitsmomente und die Schwerpunktslage angegeben werden, Tabelle 5.2. Deviationsmomente treten bei den stabförmigen Teilkörpern nicht auf.

Ty0 y0 =

5 m a2 9

und Tz0 z0 =

11 m a2 9

(5.61)

Die Deviationsmomente des Rührhakens folgen aus (5.57). Mit den Werten aus der Tabelle 5.2 erhält man  m a a + (− a2 )(−a) + a a + (−a)(−a) Tx0 y0 = − 2 6 1 = − m a2 2 (5.62) m 1 2 a  a Tx0 z0 = − a(− 2 ) + (−a) 2 ) = m a (5.63) 6 6 und  1 m Ty0 z0 = − a(− a2 ) + (−a) a2 ) = m a2 (5.64) 6 6

37

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5.2.6 Drehung des Koordinatensystems

z0

a

α

5.2.6.1 Tensortransformation

0

Der schiefsymmetrische Tensor e r P M vermittelt das Kreuzprodukt. Gemäß (5.10) gilt e r P M,1 ω® 0K,1 = r®P M,1 × ω® 0K,1

α

wobei angenommen wurde, daß die Vektoren und damit auch der schiefsymmetrische Tensor im System 1 dargestellt sind. Soll das Ergebnis im System 2 angegeben werden, dann erhält man mit der Transformationsmatrix A21  r P M,1 ω® 0K,1 (5.66) e r P M,2 ω® 0K,2 = A21 e

Bild 5.7: Abgewinkelter Rührhaken

e r P M,2 = A21 e r P M,1 AT21

(5.68)

die Transformationsvorschrift für einen schiefsymmetrische Tensor angeben. Eingesetzt in die Definitionsgleichung (5.18) des Trägheitstensors erhält man ∫ T A21 e r P M,1 AT21 A21 e TP,2 = r P M,1 AT21 dm ∫ (5.69) = A21 e r PTM,1 AT21 A21 e r P M,1 AT21 dm | {z } E



e r PTM,1 e r P M,1 dm AT21 . | {z } TP,1

x2 y0 = y1

0=S1

z3

y3

α

x 0 = x1

S3 x3

Bild 5.8: Teilkörper Der Rührhaken kann in drei einfache Teilkörper zerlegt werden, Bild 5.8. Die Teilkörper sind langgestreckt und haben jeweils die Masse 13 m und die Länge a.

[1] T0,0

(5.71)

transformiert den Trägheitstensor vom System 1 in das System 2. 5.2.6.2 Beispiel ebener Rührhaken Ein Rührhaken besteht aus einem dünnen Draht der Masse m und der Länge 3 a. Das Mittelstück ist im Punkt 0 an einer Welle befestigt und die Enden sind nach oben und unten abgewinkelt, Bild 5.7.

38

S2

z0 = z1

(5.70)

Die Vorschrift TP,2 = A21 TP,1 AT21

α

Der Trägheitstensor des ersten Teilkörpers kann sofort bezüglich 0 im globalen System angegeben werden

oder TP,2 = A21

y2

z2

(5.67)

Da A21 ω® 0K,1 dem im System 2 dargestellten Vektor der Winkelgeschwindigkeit ω® 0K,2 angibt, muss

x0

a

Nach dem Einfügen der Einheitsmatrix in Form von E = AT21 A21 ergibt sich r P M,1 AT21 A21 ω® 0K,1 e r P M,2 ω® 0K,2 = A21 e

a/2 a/2

(5.65)

y0

 1 0 0 1 m 2  = a  0 0 0 12 3  0 0 1 

     

(5.72)

Die lokalen Koordinatensysteme x2 , y2 , z2 und x3 , y3 , z3 sind gegenüber dem globalen System x0 , y0 , z0 um den Winkel α verdreht. Der Satz von Steiner (5.49) kann aber nur bei achsenparallelen Koordinatensystemen angewendet werden. Die Trägheitstensoren der Teilkörper 2 und 3 können aber analog zu (5.72) bezüglich ihrer Massenmittelpunkte S2 und S3 in den Systemen 2 und 3 angegeben werden TS[2] 2,2

 1 0 0 1 m 2  = a  0 0 0 12 3  0 0 1 

     

(5.73)

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 1 0 0   1 m 2  a  0 0 0  = (5.74) 12 3  0 0 1    Mit den Abkürzungen sα = sin α und cα = cos α lauten die Transformationsmatrizen TS[3] 3,3

1 0 0    und A03 =  0 cα −sα  A02  0 sα cα    (5.75) Damit können die Trägheitstensoren in das globale System transformiert werden. Gemäß der Tensortransformation (5.71) erhält man für den Teilkörper 2 1 0 0    =  0 cα −sα   0 sα cα   

TS[2] 2,0

1 0 0     ma2  1 0 0       =  0 cα −sα  0 0 0 36  0 sα cα  0 0 1    

1 0 0     0 cα sα     0 −sα cα   

(5.76)

Ausmultipliziert bleibt TS[2] 2,0

1 0 0   2  0 sα −sα cα  = 36  2   0 −sα cα cα  ma2

r®0S2,0

(5.77)

Tx y

Txz = 0 2 Ty y = m a2 sα2 9 1 Tyz = − m a2 sα (3+4cα ) 18   1 m a2 7 + 12cα + 8cα2 Tzz = 36

(5.80)

Da der Rührhaken über keine Ausdehnung in x-Richtung verfügt, entartet hier die entsprechende Dreiecksungleichung zu Txx = Ty y + Tzz . Damit hätte man sich die explizite Berechnung von einem der drei Trägheitsmomente ersparen können.

α=0 Txx =

(5.78)

kann der Trägheitstensor nun mit dem Satz von Steiner auf den Bezugspunkt 0 umgerechnet werden. Man erhält [2] T0,0

1 m a2 (5+4cα ) 12 =0

Txx =

Für die Sonderfälle α = 0 und α = 90◦ erhält man

Mit dem Vektor  0   a  1+cα  =  2   sα 

Gesamtträgheitstensor T0,0 aufsummiert werden. Dessen wesentliche Elemente lauten

1 0 0   2  0 sα −sα cα  =  36  2  0 −s c c α α α     2+2cα 0 0 2  m a  2 0 sα −sα (1+cα )  +  3 4  2   0 −sα (1+cα ) (1+cα )  m a2

  7+6cα 0 0  m a2  2  0 4s −s (3+4c ) = α α α  36  2   0 −sα (3+4cα ) 3+6cα +4cα  (5.79) wobei im Steiner-Anteil die Vereinfachung (1+cα )2 + sα2 = 2+2cα bereits berücksichtigt wurde. Analog dazu kann auch der Trägheitstensor des dritten Teilkörpers in das System 0 transformiert und auf den Punkt 0 bezogen werden. Die im System 0 dargestellten und auf den Punkt 0 bezogenen Trägheitstensoren der Teilkörper können nun zum

3 4

α = 90◦ m a2 ,

Txx =

5 12

m a2 ,

Tx y = 0 ,

Tx y = 0 ,

Txz = 0 ,

Txz = 0 ,

Ty y = 0 ,

Ty y =

Tyz = 0 ,

Tyz = − 61 m a2 ,

Tzz =

Tzz =

3 4

m a2 ,

2 9

m a2 ,

7 36

m a2 .

Diese Ergebnisse können zur Kontrolle verwendet werden.

5.2.7 Hauptachsensystem Bei dem Beispiel in Abschnitt 5.2.5 traten bei der Berechnung des im System 0 dargestellten Trägheitstensors Deviationsmomente auf. Mit der Forderung  Θ1 0 0    TP,0 = A0H  0 Θ2 0  AT0H  0 0 Θ3    | {z } TP, H

(5.81)

kann über die Transformationsmatrix A0H ein System H gesucht werden, in dem der Trägheitstensor nur auf der Hauptdiagonalen belegt ist. Im ”Hauptachsensystem” treten keine Deviationsmomente auf. Zur Berechnung der Hauptachsen wird (5.81) von rechts mit A0H durchmultipliziert. Mit   A0H = e1,0 e2,0 e3,0 (5.82)

39

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und AT0H A0H = E erhält man dann TP,0 e®1,0 e®2,0 e®3,0 = e®1,0 e®2,0 





z0

    Θ1 0 0  e®3,0  0 Θ2 0   0 0 Θ3    (5.83)

e2

y0 e3

oder TP,0 e®i,0 = Θi e®i,0 ,

i = 1, 2, 3

(5.84)

Die drei Hauptachsenrichtungen e®i,0 , i = 1, 2, 3 sind Lösungen des aus (5.84) folgenden homogenen Gleichungssystems  TP − Θ E e® = 0 (5.85)

x0 e1

Bild 5.9: Hauptachsensystem

Die Bedingung TP − Θ E

= 0

(5.86)

für die Existenz nichttrivialer Lösungen e® , 0 führt auf ein Polynom dritten Grades, dessen Nullstellen die Hauptträgheitsmomente Θi , i = 1, 2, 3 sind. Für jeden starren Körper kann genau ein Hauptachsensystem angegeben werden. Der Trägheitstensor für den Rührhaken aus Abschnitt 5.2.5.2 ist im System 0 durch

T0,0

 89 − 21   =  − 12 95   1 1  6 6

1 6 1 6 11 9

    m a2   

Θ3 = 0.15 m a2 (5.88)

und die Hauptachsen  0.58    e®1,0 =  −0.58   −0.58   

 0.58    e®2,0 =  −0.21   0.79   

Die Trägheitsradien veranschaulichen die Massenverteilung starrer Körper. 5.2.8.2 Beispiel Rührhaken

Die Lösung der Gleichungen (5.86) und (5.85) liefert die Hauptträgheitsmomente Θ2 = 1.30 m a2

können drei Trägheitsradien ρi , ρ2 und ρ3 definiert werden, die zusammen mit der Masse m die Trägheitseigenschaften eines starren Körpers angeben.

(5.87)

gegeben.

Θ1 = 1.22 m a2

Trägheitseigenschaften eines starren Körpers durch die drei Hauptträgheitsmomente Θ1 , Θ2 und Θ3 bestimmt. Mit Θi = m ρ2i i = 1, 2, 3 (5.90)

 0.58    e®3,0 =  0.79   −0.21    (5.89)

Die Lage des Hauptachsensystems spiegelt die Massenverteilung des Körpers wider, Bild 5.9.

Für das rührhakenfeste Hauptachsensystem, das durch die Einheitsvektoren aus (5.89) festgelegt ist, folgen aus einem Vergleich von (5.90) mit (5.88) die Trägheitsradien p ρ1 = 1.22 a2 = 1.11 a p (5.91) ρ2 = 1.30 a2 = 1.14 a p ρ3 = 0.15 a2 = 0.38 a Die Massenelemente des Rührhakens gruppieren sich also vorwiegend um die durch den Einheitsvektor e®3 definierte Achse. 5.2.8.3 Beispiel Scheibe und Ring Gemäß (5.44) ist das Trägheitsmoment einer kreiszylindrischen Scheibe mit homogener Massenverteilung bezüglich der z Achse durch

5.2.8 Trägheitsradien Scheibe Tzz =

5.2.8.1 Definition Zur Berechnung der kinetischen Energie eines starren Körpers werden gemäß (5.14) neben dem Geschwindigkeitszustand v®0P , ω® 0K die Masse m und der Trägheitstensor TP benötigt. In einem Hauptachsensystem sind die

40

1 m R2 2

(5.92)

gegeben, wobei z die Achse der Rotationssymmetrie angibt.

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Bei einem Ring mit der Masse m und dem Radius R hat jedes Masseteilchen den Abstand R von der Rotationssymmetrieachse z. Damit gilt Ring

Tzz

= m R2

Für die Trägheitsradien erhält man r 1 2 Scheibe R = 0.707 R ρzz = 2 √ Ring ρzz = R2 = R

dF

z0

dm y0

zK

r PM

M

(5.93)

yK

r 0P

0

P

x0

xK

(5.94) Bild 5.10: Impulssatz

Bei realen, rotationssymmetrischen Körpern, wie Rädern und Schwungscheiben, können mit (5.94) die Trägheitsradien recht gut abgeschätzt werden. Konzentriert sich die Masse eines rotationssymmetrischen Körpers K mit dem Radius R mehr aussen, dann gilt

Durch Integration über den Körper K erhält man aus dem Impuls eines Masseteilchens den Impuls des starren Körpers ∫ p®,0 =

v®0M,0 dm .

(5.100)

K K 0.707 R < ρzz ≤ R

(5.95)

Ist die Masse dagegen mehr in der Nähe der Rotationssymmetrieachse angeordnet, dann gilt K 0 ≤ ρzz < 0.707 R K ρzz

(5.96)

K ρzz

Die Extremwerte = R und = 0 geben die Trägheitsradien ringförmiger und stabförmiger Körper an.

5.3 Bewegungsgleichungen 5.3.1 Impulssatz Die Lage eines Masseteilchens dm gegenüber dem ruhenden System 0 kann durch den Ortsvektor r®0M,0 = r®0P,0 + A0K r®P M,K

(5.97)

beschrieben werden, Bild 5.10. Der Vektor von dem körperfesten Bezugspunkt P zu dem jeweiligen Masseteilchen dm ist im körperfesten System K konstant,

Mit (5.99) bleibt ∫ ∫ p®,0 = v®0P,0 dm + ω® 0K,0 × A0K r®P M,K dm (5.101) oder  p®,0 = m v®0P,0 + ω® 0K,0 × A0K r®PS,K

(5.102)

wobei r®PS,K die Lage des Massenmittelpunktes S im System K gegenüber dem körperfesten Bezugspunkt P angibt. Der Eulerschen Geschwindigkeitsformel aus (4.36) entsprechend, gibt der Ausdruck in den geschweiften Klammern die Geschwindigkeit des Massenmittelpunktes S an v®0S,0 = v®0P,0 + ω® 0K,0 × A0K r®PS,K

(5.103)

Der Impuls eines starren Körpers ist somit durch p®,0 = m v®0S,0

(5.104)

(5.98)

gegeben. Er ist unabhängig von ω® 0K,0 . Drehbewegungen haben somit keinen Einfluß auf den Impuls eines starren Körpers.

und die Drehmatrix A0K definiert die Richtungen des körperfesten Koordinatensystems K gegenüber dem System 0.

Die auf den starren Körper eingeprägte Kraft ist durch ∫ F®,0 = d F®,0 (5.105)

r®P M,K = const.

K

Die Geschwindigkeit des Masseteilchens dm gegenüber System 0 ist dann durch v®0M,0 = v®0P,0 + ω® 0K,0 × A0K r®P M,K gegeben.

(5.99)

gegeben, wobei d F®,0 die, auf die Masseteilchen dm wirkenden, Kräfte beschreibt. Dem Newtonschen Axiom (2.2) entsprechend, wird eine Impulsänderung durch Kräfte hervorgerufen.

41

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Bei abgeschlossenen Systemen ist die Impulsänderung des starren Körpers durch d d p®,0 = m v®0S,0 = m a®0S,0 dt dt

(5.106)

gegeben, wobei a®0S,0 die Beschleunigung des Massenmittelpunktes S gegenüber einem ruhenden System angibt. Der Impulssatz m a®0S = F®

zK

zK

S

ωA

S

yK

xK

ωP yK

xK

(5.107)

beschreibt die Bewegungen des Massenmittelpunktes S ® unter dem Einfluß der Kraft F.

5.3.2 Drallsatz

Bild 5.11: Eiskunstläufer zu Beginn und während einer Pirouette

5.3.2.1 Analogiebetrachtung Analog zum Impuls p® = m v®0S und zum Impulssatz d p®,0 = F®,0 dt

(5.108)

d®S = TS ω® 0K

(5.109)

können mit

der auf den Massenmittelpunkt S bezogene Drehimpuls oder Drall und mit d ® ® S,0 dS,0 = M dt

 d ® S,0 TS,0 ω® 0K,0 = M dt (5.110) der Drallsatz definiert werden. bzw.

5.3.2.2 Drallerhaltung ® S,0 = 0® oder sind Verschwinden die äußeren Momente M sie zumindest vernachlässigbar klein, dann bleibt entsprechend (5.110) der Drall erhalten d®S = konst.

bzw. TS ω® 0K = konst.

(5.111)

Die Drallerhaltung wird insbesondere im Sport genutzt. So beginnt ein Eiskunstläufer eine Pirouette mit ausgestreckten Armen und abgespreizten Bein, Bild 5.11. Er dreht dabei mit der Winkelgeschwindigkeit ω A um die körperfeste zK -Achse. Der Trägheitstensor des Eiskunstläufers kann am Anfang der Pirouette im körperfesten xK -yK -zK -System durch

Zu Beginn ist der Drall des Eiskunstläufers dann im körperfesten System durch A A A  Txx  A TxAy Txz A A  d®S,K  Tx y Ty y Tyz  TA TA TA yz zz  xz | {z A TS,K

 0   0    ωA  } | {z

  =    }

A ωA  Txz   A A  Tyz ω   T AωA  zz

      

A ω0K,K

(5.112) gegeben. Der unsymmetrischen Körperhaltung entsprechend wurden dabei auch Deviationsmomente berücksichtigt. Nun bringt er Arme und Beine möglichst nahe an die Drehachse. Der Trägheitstensor bekommt dann näherungsweise Hauptachsenform und liefert während der Pirouette den Drall P P P P  Txx 0 0   ωx   Txx ωx   P  P  P   P P  d®S,K  0 Ty y 0   ω y  =  Ty y ω y  P  0 0 Tzz   ω P   T P ω P    z   zz z  | {z }| {z } P TS,K

P ω0K,K

(5.113) Unter Vernachlässigung der äußeren Momente liefert die Drallerhaltung (5.111) die Beziehungen A A P P Txz ω = Txx ωx

oder ωxP =

A A Tyz ω = TyPy ωxP

oder ω yP =

A A P P Tzz ω = Tzz ωx

oder ωzP =

A Txz P Txx A Tyz

TyPy A Tzz P Tzz

ωA

(5.114)

ωA

(5.115)

ωA

(5.116)

Der nun langgestreckte Körper des Eiskunstläufers verfügt nach wie vor über relativ große Trägheitsmomente

42

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bezüglich der xK - und yK -Achse. Da die DeviationsmoP  TA mente zu Beginn aber eher klein sind, kann Txx xz P A und Ty y  Tyz angenommen werden. Wegen (5.114) und (5.115) bleiben die Winkelgeschwindigkeiten um die xK und yK -Achse mit ωxP  ω A und ω yP  ω A sehr klein. Das Trägheitsmoment bezüglich der zK -Achse ist allerdings im Vergleich zum Anfang deutlich kleiner geworP  T A . Die Drallerhaltung (5.116) führt dann den, Tzz zz mit ωzP  ω A zu einer deutlichen Steigerung der Winkelgeschwindigkeit um die zK -Achse. Die Pirouette wird damit mit einer großen Winkelgeschwindigkeit um eine Achse ausgeführt, die wegen ωxP  ωzP und ω yP  ωzP praktisch mit der zK -Achse zusammenfällt.

Der Term ω® 0R×TS ω® 0K wird als Kreiselmoment bezeichnet. Er kann bei Drehbewegungen zu dynamischen Momenten führen, auch wenn der Körper mit ω®Û 0K, R = 0® gar nicht beschleunigt wird. 5.3.2.4 Allgemeine Definition Rein formal kann der Drallsatz auch für einen beliebig bewegten, körperfesten Bezugspunkt P angeschrieben werden. In einem Referenzsystem R, in dem der Trägheitstensor konstant ist, gilt dann TP, R ω®Û 0K, R + ω® 0R, R × TP, R ω® 0K, R

Wie aus (5.114) und (5.115) zu erkennen ist, können Deviationsmomente die Richtung der Rotationsachse verändern. Diese Eigenschschaft wird zum Beispiel von Turmspringern genutzt, die dadurch eine Anfangsdrehung um eine Achse quer zum Körper über die Drallerhaltung in eine Schraubbewegung um die Längsachse des Körpers verwandeln.

angeschrieben werden.

5.3.2.3 Kreiselmomente

ω® 0K, R

In (5.110) wurde der Drallsatz in der Form

ω® 0R, R

 d ® S,0 TS,0 ω® 0K,0 = M dt

® P, R + m r®PS, R × a®0P, R = M (5.121)

Es bedeuten: TP,R

(5.117)

ω®Û 0K, R

angegeben. Bei Drehbewegungen ω® 0K , 0® ist der Trägheitstensor, im System 0 angeschrieben, allerdings nicht d konstant. Die Berechnung der Ableitung dt TS,0 ist sehr kompliziert. Im körperfesten System K ist der Trägheitstensor dagegen in jedem Fall konstant. Bei rotationssymetrischer Massenverteilung gibt es auch bewegte Referenzsysteme R, die nicht körperfest sind, in denen aber der Trägheitstensor konstant ist. An Stelle von (5.117) schreibt man nun

m r®PS, R

 d  ® S,0 A0R TS, R ω® 0K, R = M dt

(5.118)

a®0P, R ® P, R M

Trägheitstensor bezüglich eines beliebigen körperfesten Punktes P Winkelgeschwindigkeit des körperfesten System K gegen System 0 Winkelgeschwindigkeit des Systems R gegen System 0 Änderung der Winkelgeschwindigkeit ω0K, R gegenüber dem System R Masse Vektor vom körperfesten Punkt P zum Massenmittelpunkt S Beschleunigung von Punkt P gegenüber dem System 0 resultierendes Moment aller Belastungen bezüglich Punkt P

Der Term m r®PS, R × a®0P, R verschwindet, wenn als Bezugspunkt der Massenmittelpunkt P ≡ S mit r®PS = 0 oder ein Fixpunkt P ≡ F mit a®0F = 0 gewählt wird. Dann lautet der Drallsatz

wobei die Matrix A0R die Transformation des Drallvektors d®S, R = TS,R ω® 0K, R vom Referenzsystem R in das Inertialsystem 0 übernimmt. Wegen TS, R = const. bleibt

® S/F, R (5.122) TS/F, R ω®Û 0K, R + ω® 0R,R×TS/F,R ω® 0K,R = M

® S,0 A0R TS,R ω®Û 0K, R + ω® 0R,0 × A0R TS,R ω® 0K,R = M (5.119) oder im Referenzsystem R angeschrieben

Das körperfeste Koordinatensystem K kann stets als Referenzsystem R gewählt werden, da dort der Trägheitstensor eines starren Körpers auf alle Fälle konstant ist. Dann bleibt wegen ω® 0R = ω® 0K

® S, R TS, R ω®Û 0K, R + ω® 0R, R ×TS,R ω® 0K, R = M

(5.120)

wobei ω® 0R,R und ω® 0K,R die Winkelgeschwindigkeiten des Referenzsystems und des Körpers gegenüber dem Inertialsystem darstellen.

® S/F,K TS/F,K ω®Û 0K,K + ω® 0K,K ×TS/F,K ω® 0K,K = M (5.123)

43

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wobei S/F bedeutet, dass der Drallsatz bezüglich des Massenmittelpunktes S oder bezüglich eines raumfesten Fixpunktes F angeschrieben werden kann.

Mit der 3. Euler-Gleichung bleibt dann Θ2 Θ3 4ωÜ y − (Θ3 −Θ1 )(Θ1 −Θ2 )Ω2 4ω y = 0

(5.129)

oder

5.4 Beispiele

4ωÜ y =

5.4.1 Eulersche Kreiselgleichungen

(5.130)

Die Bewegung wird bei

Bei allgemeinen, räumlichen Drehbewegungen wird häufig das körperfeste Hauptachsensystem K = H gewählt. Mit ωx , ω y , ωz als Komponenten des Winkelgeschwindigkeitsvektors ω® 0K,K , Mx , My , Mz als Komponenten des Momentenvektors MS/F, R und den Hauptträgheitsmomenten und Θ1 , Θ2 , Θ3 erhält man aus (5.120) die Eulerschen Kreiselgleichungen Θ1 ωÛ x − (Θ2 − Θ3 ) ω y ωz = Mx Θ2 ωÛ y − (Θ3 − Θ1 ) ωz ωx = My

(Θ3 −Θ1 )(Θ1 −Θ2 ) 2 Ω 4ω y . Θ2 Θ3

(Θ3 −Θ1 )(Θ1 −Θ2 ) > 0

(5.131)

instabil, da eine kleine Abweichung 4ω y > 0 durch 4ωÜ y > 0 im Laufe der Zeit vergrößert wird. Die Bedingung (5.131) ist erfüllt, wenn Θ3 > Θ1 > Θ2

oder Θ3 < Θ1 < Θ2

(5.132)

gilt. (5.124)

Θ3 ωÛ z − (Θ1 − Θ2 ) ωx ω y = Mz Die Eulerschen Kreiselgleichungen stellen ein System von drei gekoppelten nichtlinearen Differentialgleichungen 1. Ordnung dar. Analystische Lösungen sind nur für Sondertälle möglich.

Drehungen um die körperfeste Hauptachse (hier: xK Achse) mit dem mittleren Trägheitsmoment (hier: Θ1 ) sind instabil. Drehungen um körperfeste Hauptachsen mit dem kleinsten oder größten Trägheitsmoment sind dagegen stabil. instabil

stabil

5.4.2 Stabilität von Drehbewegungen stabil

Ein starrer Körper rotiert momentenfrei mit der Winkelgeschwindigkeit Ω um eine Hauptachse, z.B. die xK Achse. Der Winkelgeschwindigkeitsvektor ω0K,K

 Ω    =  4ω y   4ωz   

(5.125)

erfaßt mit 4ω y  Ω0 und 4ωz  Ω0 auch kleine Abweichungen, die durch Störungen verursacht werden können. Setzt man (5.125) in die Eulerschen Kreiselgleichungen (5.124 ein, dann erhält man Û − (Θ2 − Θ3 ) 4ω y 4ωz = 0 , Θ1 Ω Θ2 4ωÛ y − (Θ3 − Θ1 ) 4ωz Ω = 0 , Θ3 4ωÛ z − (Θ1 − Θ2 ) Ω 4ω y = 0 ,

(5.126)

wobei die momentenfreie Bewegung durch eine verschwindende rechte Seite bereits berücksichtigt wurde. Wegen 4ω y 4ωz ≈ 0 folgt aus der 1. Gleichung Û = 0 Ω

oder Ω = const.

(5.127)

Nun kann die 2. Gleichung nach der Zeit t abgeleitet werden Θ2 4ωÜ y − (Θ3 −Θ1 )4ωÛ z Ω = 0 .

44

(5.128)

Bild 5.12: Stabilität von Drehungen Im Bild 5.12 sind die stabilen und die instabile Drehachse für einen Quader mit homogener Massenverteilung und unterschiedlichen Kantenlängen gekennzeichnet.

5.4.3 Fliegender Bierfilz 5.4.3.1 Modellbeschreibung Ein Bierfilz kann durch eine flache Scheibe mit homogen verteilter Masse m und dem Radius r modelliert werden, Bild 5.13. Beim Abwurf (t = 0) wird er in der Regel mit x0

0

FA

r0S

y0 z0

Ω yK

m, r S

β v

FW xK

MA yR

mg

xR

zR=zK

Bild 5.13: Fliegender Bierfilz

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einer Anfangsgeschwindigkeit v(t = 0) = v0 und einer Anfangsrotation Ω(t = 0) = Ω0 versehen.

die im Referenzsystem dargestellte Winkelgeschwindigkeit des Bierfilzes zu

Der Trägheitstensor bezüglich eines körperfesten Systems, bei dem die zK -Achse senkrecht zur Scheibenebene steht, ist dann gemäß (5.43) und (5.44) durch

 ωx   0   ωx        =  ω y  +  0  =  ω y   0   Ω   Ω        | {z } | {z } ω® 0R, R ω® RK, R

TS,K

 1 0 0    4 = m r  0 14 0   0 0 1   2  2

(5.133)

gegeben, wobei S den in der Scheibenmitte liegenden Massenmittelpunkt bezeichnet. Wird der Bierfilz beim Abwurf leicht angestellt, hat das eine Widerstandskraft eine Auftriebskraft und ein aufstellendes Moment zur Folge. Die Widerstandskraft F®W ist der Geschwindigkeit v® entgegen gerichtet, die Auftriebskraft F®A steht senkrecht zu v® und zeigt in Richtung ® A wirkt um eine des Anstellwinkels β. Das Moment M Achse, die senkrecht zu v® und F®W steht. Zur Beschreibung der Kräfte F®W , F®A und des Anstellmo® A wird das Referenzsystem R eingeführt. Wie ments M beim körperfesten System K, liegt der Ursprung in der Scheibenmitte S und die zR -Achse steht senkrecht zur Scheibenebene. Da die xR - und yR -Achse dann in der Scheibenebene liegen, stimmen die Elemente der im körperfesten und im Referenzsystem dargestellten Trägheitstensoren überein. Die Gleichheit TS,R = TS,K hat dann insbesondere TS, R = konst. zur Folge. 5.4.3.2 Bewegungsgleichungen

(5.136)

Mit TS, R = TS,K ist der Trägheitstensor durch (5.133) gegeben. Bezüglich des Massenmittelpunktes S wird auf den Bierfilz nur das um die yR -Achse wirkende Aufstellmoment M A eingeprägt. Mit MS,R =



0 MA 0

T

(5.137)

den in (5.136) definierten Winkelgeschwindigkeiten und dem Trägheitstensor aus (5.133) lautet der Drallsatz  ωx   0     4M   ω y  =  2A     mr  Ω  0      (5.138) wobei die Vektorgleichung zur Vereinfachung mit dem Faktor mr4 2 multipliziert wurde. Der Drallsatz (5.138) liefert im einzelnen 1 0 0   0 1 0   0 0 2  

 ωÛ x   ωx   1 0 0         ωÛ y  +  ω y  ×  0 1 0         Ω Û        0  0 0 2

ωÛ x + 2ω y Ω = 0 4 MA ωÛ y − 2ωx Ω = m r2 Û 2Ω = 0

(5.139) (5.140) (5.141)

5.4.3.3 Bewegungsanalyse

Mit der Beschleunigung a®0S,0 = r®Ü0S,0 lautet der Impulssatz m r®Ü0S,0 = F®W,0 + F®A,0 + G®,0 (5.134) wobei G®,0 = [ 0 0 mg ]T die Gewichtskraft angibt. Da die Vektordarstellung der Widerstandskraft F®W und der Auftriebskraft F®A von der Orientierung des Referenzsystems abhängen, kann der Impulssatz so noch nicht gelöst werden. Da der Trägheitstensor des Bierfilzes im Referenzsystem R konstant ist, kann der Drallsatz in der Form (5.123) angesetzt werden. Auf den Massenmittelpunkt S bezogen, erhält man ® S, R TS, R ω®Û 0K, R + ω® 0R, R ×TS,R ω® 0K,R = M

ω® 0K,R

(5.135)

Die Eigendrehung des Bierfilzes erfolgt um die zR =zK Achse. Das Referenzsystem führt dann lediglich Drehungen um die xR - und die yR -Achse durch. Somit erhält man

Aus der Gleichung (5.141) folgt sofort Û =0 Ω

oder Ω = Ω0 = konst.

(5.142)

Nun kann Gleichung (5.139) nocheinmal nach der Zeit abgeleitet und mit (5.140) kombiniert werden. Dabei erhält man noch einmal nach der Zeit abgeleitet werden. Zunächst erhält man   4 MA ωÜ x + 2 2ωx Ω + Ω=0 (5.143) m r2 Nimmt man vereinfachend ein konstantes Aufstellmoment M ≈ konst. an, dann hat Differentialgleichung (5.143) die partikuläre Lösung ωxP = −

2 MA 1 m r 2 Ω0

(5.144)

wobei entsprechend (5.142) Ω durch Ω0 ersetzt wurde. Die Winkelgeschwindigkeitskomponente ωxP dreht den Bierfilz um die in Flugrichtung zeigende xR -Achse

45

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und verhindert gleichzeitig eine Änderung der Winkelgeschwindigkeitskomponente um die yR -Achse. Setzt man nämlich die partikuläre Lösung in (5.144) ein, dann erhält man ωÛ y = 0. Damit der Bierfilz eine Auftriebskraft erhält, muss er beim Abwurf mit β > 0 leicht nach oben angestellt werden. Dies hat dann mit M A > 0 auch ein positives Aufstellmoment zur Folge. Die Kreiselterme im Drallsatz sorgen nun dafür, dass der Bierfilz durch das Aufstellmoment nicht, wie eigentlich erwartet, um die yR - sondern gemäß (5.144) um die xR -Achse gedreht wird. Ein Abwurf mit der rechten Hand erteilt dem Bierfilz mit Ω > 0 eine positive Anfangsdrehung (xR nach yR ). Entsprechend (5.144) dreht der Bierfilz dann um die negative xR -Achse (zR nach yR ). Ein Wurf mit linken Hand resultiert dagegen wegen Ω < 0 in einer positiven Drehung um die xR -Achse (yR nach zR ). Diese Bewegungstendenzen werden im Experiment bestätigt.

5.4.4 Kraftwirkung von Rotoren

5.4.4.2 Bewegungsgleichungen Der Massenmittelpunkt bewegt sich auf einem Kreis mit dem Radius e um die z0 =zK -Achse. Bei beschleunigter Drehbewegung erfährt er neben der Zentripedal- noch eine Umfangsbeschleunigung. Deshalb ist es zweckmäßig, den Impulssatz im körperfesten System anzuschreiben  −e ϕÛ2   Ax + Bx + mg sin ϕ        m  e ϕÜ  =  A y + By + mg cos ϕ   0    Az    

wobei Ax , A y , Az und Bx , By die im mitbewegten System angeschriebenen Komponenten der Lagerreaktionen angeben. Der auf der Drehachse liegende Punkt M ist ein Fixpunkt. Der Drallsatz kann also in der Form (5.122) angeschrieben werden. Im körperfesten System erhält man dann

Mit der Winkelgeschwindigkeit und der Winkelbeschleunigung

Ein Rotor ist in den Punkten A und B durch ein festes und ein in axialer Richtung verschiebliches Gelenklager statisch bestimmt gelagert, wobei die Lagerreaktionen Ax , A y , Az und Bx , By in Richtung des körperfesten Koordinatensystems K angetragen wurden, Bild 5.14. Durch

ω® 0K,K

0   =  0   ϕÛ   

x0 Ax

Az

b

MA M

Ay y0

φ xK

B z0=zK

e S mg

Bx

Bild 5.14: Rotor das Moment M A angetrieben, dreht sich der Rotor um die z0 = zK -Achse. Der Winkel ϕ beschreibt die momentane Position gegenüber der x0 -Achse. Der Rotor ist nicht exakt ausgewuchtet. Deshalb 1. liegt der Massenmittelpunkt S nicht auf der Drehachse (statische Unwucht).

46

(5.147)

 Txx Tx y Txz  =  Tx y Ty y Tyz  Txz Tyz Tzz 

     

(5.148)

und dem Moment MM,K

By

yK

und

0   Û ω® 0K,K =  0   ϕÜ   

einem vollbesetzen Trägheitstensor TM,K

A

(5.145)

® M,K (5.146) TM,K ω®Û 0K,K + ω® 0K,K ×TM,K ω® 0K,K = M

5.4.4.1 Rotor mit Unwuchten

a

2. und im körperfesten System K treten Deviationsmomente auf (dynamische Unwucht).

 a Ay − b By    =  b Bx − a Ax   M A + e mg cos ϕ   

(5.149)

bleibt Txz ϕÜ − Tyz ϕÛ2 = a A y − b By Tyz ϕÜ + Txz ϕÛ2 = b Bx − a Ax Tzz ϕÜ = M A + e mg cos ϕ

(5.150)

5.4.4.3 Lagerreaktionen Aus der dritten Komponente des Impulssatzes (5.145) folgt sofort Az = 0 . (5.151)

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Die dritte Komponente des Drallsatzes (5.150) beschreibt die Dynamik der Rotordrehung. Bei bekanntem Antriebsmoment M A = M A(t) kann die Differentialgleichung 2. Ordnung gelöst werden und liefert dann den Drehwinkel ϕ = ϕ(t) und die Drehgeschwindigkeit ω(t) = ϕÛ des Rotors. Die verbleibenden vier Gleichungen können nach den restlichen Lagerreaktionen aufgelöst werden. Man erhält  Ax = − Tyz ϕÜ + (Txz +meb) ϕÛ2 + mgb sin ϕ /(a + b)  (Txz +meb) ϕÜ − Tyz ϕÛ2 − mgb cos ϕ /(a + b) Ay =  Bx = Tyz ϕÜ + (Txz −mea) ϕÛ2 − mga sin ϕ /(a + b)  By = − (Txz −mea) ϕÜ − Tyz ϕÛ2 + mga cos ϕ /(a + b) (5.152) wobei a+b den Lagerabstand angibt. Neben den statischen Gewichtsanteilen treten dynamische Anteile auf, die bei hohen Drehzahlen und bei schlecht ausgewuchteten Rotoren Probleme bereiten können.

wobei die Koordinaten xS , yS die Lage des Massenmittelpunktes S gegenüber dem System 0 beschreiben und γ den Drehwinkel um die z0 = zK -Achse bezeichnet. Fällt das körperfesten Koordinatensystem nicht mit dem Hauptachsensystem zusammen, dann ist der Trägheitstensor vollbesetzt

TS,K

 Txx Tx y Txz      =  Tx y Ty y Tyz     Txz Tyz Tzz   

(5.155)

Setzt man (5.154) und (5.155) in (5.153) ein, dann bleibt Ekin =

 1 1 m xÛS2 + yÛ S2 + Tzz γÛ 2 2 2

(5.156)

Bei Drehungen um eine Achse, hier die Drehung um die z0 = zK -Achse, geht nur das Trägheitsmoment bezüglich dieser Achse in die Berechnung der kinetischen Energie ein. Deviationsmomente haben darauf keinen Einfluss.

Bei abgeplatteten Rotoren, die elastisch gelagert sind oder die auf einer biegeweichen Welle laufen, kommt es zu einer Selbstzentrierung. Unter dem Einfluß der Fliehkraft und des Kreiselmomentes verschiebt und dreht sich der Rotor so, daß der Massenmittelpunkt in Richtung der Drehachse wandert und eine Hauptträgheitsachse des Rotors in der Nähe der Drehachse zu liegen kommt.

5.5.2 Impuls- und Drallsatz

5.5 Bewegungen in einer Ebene

wobei die auf den Körper wirkende Kraft F® im ruhenden System 0 durch die Komponenten Fx0 , Fy0 Fz0 dargestellt wurde. In Richtung der z0 -Achse findet keine Bewegung statt, deshalb liefert die dritte Komponente mit Fz0 = 0 nur die Gleichgewichtsbedingung.

5.5.1 Kinetische Energie Gemäß (5.15) errechnet sich die kinetische Energie eines Körpers aus Ekin =

1 1 T T m v®0S v®0S + ω® 0K TS ω® 0K 2 2

(5.153)

wobei m die Masse des Körpers, TS den auf S bezogenen Trägheitstensor, v®0S die Geschwindigkeit des Massenmittelpunktes S und ω® 0K die Winkelgeschwindigkeit des körperfesten Systems K gegenüber dem ruhenden System 0 beschreibt. Bewegt sich ein Körper in der x0 - y0 -Ebene, dann kann er nur Drehungen um die z0 = zK -Achse ausführen und es gilt

v®0S,0

 xÛS      =  yÛ S     0   

und

ω® 0K,K

0     = 0    γÛ   

Analog zu (5.145) lautet der Impulssatz m xÜS = Fx0 m yÜS = Fy0 0 = Fz0

Schreibt man den Drallsatz im körperfesten System K für den Massenmittelpunkt S an, dann erhält man unter Verwendung von (5.154) und (5.155) analog zu (5.150) Txz γÜ − Tyz γÛ 2 = Mx K Tyz γÜ + Txz γÛ 2 = MyK Tzz γÜ = Mz K

(5.158)

wobei das auf den Massenmittelpunkt S bezogene Mo® im körperfesten System K durch die Komponenment M ten Mx K , MyK Mz K dargestellt wurde. Mit der Transformationsmatrix

A0K (5.154)

(5.157)

 cos γ − sin γ 0      =  sin γ cos γ 0     0  0 1  

(5.159)

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kann das Moment auch im System 0 dargestellt werden Mx0 = cos γ Mx K − sin γ MyK , My0 = sin γ Mx K + cos γ MyK , Mz0 = Mz K

(5.160)

5.5.3.2 Bewegungsgleichungen Der Reifen bleibt stets in Kontakt mit der Unterlage. Der in der Ringmitte liegende Massenmittelpunkt führt somit lediglich eine Bewegung in x0 -Richtung aus mÛv = −FR

Die dritte Gleichung in (5.158) beschreibt die Dynamik der Drehbewegung. Wie bei der kinetischen Energie wird die Dynamik der Drehung um eine feste Achse nicht durch Deviationsmomente beeinflußt. Wegen (5.160) können die Momente um die Drehachse, hier die z0 = zK -Achse, entweder im körperfesten System K oder im ruhenden System 0 angegeben werden.

wobei die Reibkraft entgegen der anfänglichen Gleitgeschwindigkeit (5.161) angesetzt wurde. In z0 -Richtung gilt das Kräftegleichgewicht

Dreht der Körper nicht um eine Hauptachse, dann erzeugen die Deviationsmomente um Achsen senkrecht zur Drehachse dynamische Momente, die von der Drehbeschleunigung und dem Quadrat der Drehgeschwindigkeit abhängen.

Alle Massenteilchen eines dünnnen Reifens haben den Abstand r von einer Achse, die senkrecht zur Reifenebene durch die Mitte S des Reifens läuft. Das Trägheitsmoment bezüglich dieser Achse ist deshalb durch TS = m r 2 gegeben. Die Dynamik der Reifendrehung um die y0 Achse kann somit durch

0 = FN − mg

m r 2 ωÛ = r FR

5.5.3 Übergang Gleiten Rollen

Ein dünner Reifen mit homogen verteilter Masse m und dem Radius r wird zum Zeitpunkt t = 0, wie in Bild 5.15 skizziert, mit der Anfangsgeschwindigkeit v(t = 0) = v0 und der Anfangswinkelgeschwindigkeit ω(t = 0) = −ω0 stossfrei auf eine horizontale Ebene aufgesetzt.

r 0 μ

v0

(5.164)

5.5.3.3 Gleiten Solange die Geschwindigkeit im Kontaktpunkt P v0P (t) = v(t) − r ω(t)

(5.165)

t>0

t=0

m

(5.163)

gegeben, wobei die Winkelgeschwindigkeit ω in positiver Drehrichtung (z0 nach x0 ) angesetzt wurde.

5.5.3.1 Aufgabenstellung

z0

(5.162)

ω0 x0

P

v

S r

ungleich Null ist, gleitet der Reifen und es gilt das Reibgesetz ω

mg P FN

FR

FR = µ FN

oder

mÛv = −µ mg

Die Bewegung erfolgt in der x0 -z0 -Ebene. Der Reibwert zwischen dem Reifen und der Ebene ist mit µ gegeben.

m r 2 ωÛ = r µ mg

Da der Kontaktpunkt P beim Aufsetzen (t = 0) die Geschwindigkeit

hat, gleitet der Reifen zunächst.

(5.166)

In die Bewegungsgleichungen (5.162) und (5.164) eingesetzt erhält man

Bild 5.15: Reifen auf horizontaler Unterlage

v0P (t = 0) = v0 + r ω0

FR = µ mg

oder

vÛ = −µ g

oder r ωÛ = µ g

(5.167) (5.168)

Beide Gleichungen können auf Grund der konstanten rechten Seite sofort integriert werden

(5.161)

v(t) = −µ g t + C1

(5.169)

r ω = µ g t + C2

(5.170)

Die Anfangsbedingungen v(t = 0) = v0

und ω(t = 0) = −ω0

(5.171)

liefern die Integrationskonstanten zu C1 = v0

48

und C2 − r ω0

(5.172)

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Prof. Dr.-Ing. G. Rill 5.5.3.4 Rollen

und es bleibt v(t) = v0 − µ g t

sowie r ω(t) = −r ω0 + µ g t (5.173) Für die Gleitgeschwindigkeit im Kontaktpunkt P bedeutet dies v(t)

r ω(t)

z }| { z }| { v0P (t) = (v0 − µ g t) − (−r ω0 + µ g t) = v0 + r ω0 − 2 µ g t | {z }

(5.174)

v0P (t=0)

Die anfängliche Gleitgeschwindigkeit v0P (t = 0) wird also die Reibkraft im Laufe der Zeit abgebaut. Der Zeitpunkt t = tR , bei dem sie mit v0P (t = tR ) ganz verschwindet, markiert den Übergang zum Rollen. Aus (5.174) entnimmt man v0 + r ω0 tR = (5.175) 2 µg Setzt man diesen Zeitpunkt in (5.173) ein, dann erhält man mit v(t = tR ) = v0 − µ g

v0 + r ω0 1 = (v0 − r ω0 ) (5.176) 2 µg 2

und

Dem Coulombschen Ansatz entsprechend kennzeichnet eine verschwindende Gleitgeschwindigkeit den Haftbereich. Dann steht allerdings nur mehr die Reibungsungleichung (5.182) |FR | ≤ µ FN zur Verfügung. Grenzbetrachtungen, wie sie in der Statik möglich sind, können in der Dynamik nicht verwendet werden. Zum Zeitpunkt t = tR beginnt der Reifen zu Rollen. Bleibt diese Rollbewegung auch für t ≥ tR bestehen, dann liefert die Forderung v0P = 0 mit 0 = v(t) − r ω(t) oder v(t) = r ω(t) für t ≥ tR (5.183) eine Bindungsgleichung (Rollbedingung), welche die Translations- mit der Rotationsbewegung koppelt. Die Reibkraft FR muss jetzt als eine zunächst noch unbekannte Reaktionskraft betrachtet und aus den Bewegungsgleichungen (5.162) und (5.164) eliminiert werden. Für den Reifen erhält man r mÛv + m r 2 ωÛ = 0 oder vÛ + r ωÛ = 0

v0 + r ω0 1 = (v0 − r ω0 ) 2 µg 2 (5.177) natürlich identische Ergebnisse, da die Forderung v0P (t = tR ) = 0 gemäß (5.165) v(t = tR ) = r ω(t = tR ) zur Folge hat. r ω(t = tR ) = −r ω0 + µ g

Eine weitere Integration der in (5.173) angegebenen Geschwindigkeiten v = v(t) und ω = ω(t) liefert den Weg und den Drehwinkel 1 s(t) = s0 + v0 t − µ g t 2 2 1 ϕ(t) = ϕ0 − ω0 t + µ g t2 2r

(5.178) (5.179)

Mit den Anfangsbedingungen s0 = 0 und ϕ0 = 0 erhält man zum Zeitpunkt t = tR   1 v0 + r ω0 v0 + r ω0 s(tR ) = v0 − µ g 2 2 µg 2 µg (5.180) 2 2 2 3 v0 + 2 r ω0 v0 − ω0 r

(5.184)

Der Reifenradius r ist konstant. Deshalb liefert die zeitliche Ableitung der Rollbedingung (5.183) den Zusammenhang vÛ = r ωÛ (5.185) Für t ≥ tR gilt somit vÛ + r ωÛ = 2Ûv = 0 bzw. vÛ = 0

(5.186)

Während der Gleitphase wird der Reifen durch die Reibkraft FR = µmg mit vÛ = −µ g verzögert. Die Reibungsungleichung |FR | ≤ µmg legt die Reibkraft nicht mehr eindeutig fest und ermöglicht so eine sprunghafte Änderung der Beschleunigung von vÛ = −µ g auf vÛ = 0 beim Übergang vom Gleiten zum Rollen. Wegen (5.185) und (5.162) hat vÛ = 0 auch ωÛ = 0 und FR = 0 zur Folge. Sobald der Reifen also zu rollen beginnt, bleibt diese Bewegung auf der horizontalen Unterlage mit vÛ = 0 und ωÛ = 0 bzw. v = konst. und ω = konst. für alle Zeiten t > tR erhalten.

8g µ  1 v0 + r ω0 v0 + r ω0 ϕ(tR ) = µg − ω0 2r 2 µg 2 µg 2 2 2 3 ω0 r + 2 r ω0 v0 − v0 − 8g µr

5.5.3.5 Graphische Veranschaulichung



(5.181)

Die folgenden Bilder zeigen die Geschwindigkeitsverläufe v(t) und r ω(t) für unterschiedliche Anfangsbedingungen.

Mit UR = ϕR /(2π) kann auch die Zahl der Umdrehungen angegeben werden.

49

OTH Regensburg

Technische Mechanik III

Bei v0 > rω0 rollt der Reifen mit der Geschwindigkeit v(tR ) = 21 (v0 − rω0 ) in Richtung der Anfangsgeschwindigkeit v0 weiter. v0

v(t)

zK

a) v0 > rω0 Reifen rollt weiter 1 2

S

m M

(v0 − rω0 )

a

a

M

yK

b xK

b

Der Windmesser wird in 3 Teilkörper zerlegt. Körper 1: Verbindungsstange  0    r®S1,K =  0  ,    0 

m1 = m ,

T1,K =

 (2b)2 0 0  1  0 0 0  m 12  0 (2b)2   0

Körper 2: Halbschale links (Punktmasse)  a    r®S2,K =  −b  ,  0   

m2 = M ,

T2,K =

 0 0 0   1  m 0 0 0  12    0 0 0 

Körper 3: Halbschale rechts (Punktmasse)  −a    r®M2,K =  b  ,  0   

m3 = M ,

 0 0 0    T3,K =  0 0 0   0 0 0   

Nach Steiner erhält man dann aus Õ T TM,K = Ti,K + mi r˜M2,K r˜M2,K das Ergebnis 

tR

  TS,K =    

t

r ω(t)

−rω0

v0 + r ω0 2 v0 v0 = = 2 µg 2 µg µg

(5.187)

mit v(tR ) = 0 und ω(tR ) = 0 einfach stehen. v0

v(t)

−rω0

− rω0 ) t

r ω(t)

0

1 3

 0    0    m b2 + 2M a2 + b2  

Die Welle rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die zK -Achse.

tU =

v0 µg

(5.188)

zK 2a

2a m yK

um und der Reifen beginnt dann bei tR > tU rückwärts zu rollen.

g a) Der Draht wird in zwei Teilkörper zerlegt, deren Eigenschaften in der nachstehenden Tabelle zusammengefasst sind. Teilkörper ii = 1 (vertikal)i = 2 (horizontal)

0

xK

a 0 2a

a 2 1 1 12 2 m (2a) 2 1 1 12 2 m (2a)

0 2 1 1 12 2 m (2a) 2 1 1 12 2 m (2a)

0

Tzi zi

und Tx y = 0

sowie Tyz = 0

müssen deshalb nur die Trägheitsmoment Txx und Tzz sowie das Deviationsmoment Txz berechnet werden. Im einzelnen erhält man 2 1 1 12 2 m (2a)

+

0

+

+ =

1 2 1 2

Tzz =

Ω

1 2m

0 0

z0Si Tyi yi

Ty y = Txx + Tzz

=

c) v0 < rω0 Reifen rollt zurück tU tR t

1 2m

mi x0Si y0Si Txi xi

Der Draht liegt in der xK -zK -Ebene. Wegen

Txx =

v(t)

2Ma2

0

5.6.2 Taktgeber

Bei genügend großer Anfangsdrehung v0 < rω0 dreht sich die Geschwindigkeitsrichtung zum Zeitpunkt

v0

2Mab

Als Taktgeber für eine Steuerung wird ein L-förmig gebogener dünner Draht an das Ende einer Welle geschweißt. Der Draht mit der Masse m besteht aus zwei Abschnitten, die jeweils die Länge 2a haben. Das erste Teilstück verläuft vertikal und definiert die zK -Achse. Das rechtwinklig abgebogene zweite Teilstück zeigt in Richtung der xK -Achse.

b) v0 = rω0 Reifen bleibt stehen 1 2 (v0 tR∗

m b2 + 2 M b2 2Mab

Ermitteln Sie für den Windmesser die Elemente des Trägheitstensors bezüglich des körperfesten Systems K mit dem Ursprung in S.

Bei v0 = rω0 bleibt der Reifen zum Zeitpunkt tR∗ =

1 3

Da es sich um einen Körper in der x-y-Ebene handelt, ist das Trägheitsmoment bezüglich der zK -Achse gleich der Summe aus den Trägheitsmomenten um die xK - und yK -Achse.

1 2 2m a 2 1 2 m (2a)



4 12 + 1 + 0 + m a2 1+3+0+12 = 38 3

m a2

0

+

2 1 1 12 2 m (2a)

=

1 2

4



m a2

+ 0

+  m a2 0 + 0 +

Txz =

0



+

0



1 2 4 12 1 2 1 2

m a2  +1 =

2 3

m a2

m (0) (a) m (a) (2a)

= − 12 m a2 (0 + 2) = − m a2 Damit ergibt sich der Trägheitstensor zu  8 0 −1   3   10 T0,K = m a2  0 0  3  2   −1 0 3   b) Die Welle rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die zK -Achse. Der Drallsatz für den Draht bezüglich 0 lautet 0  8 0 −1   0   M0x   a   0     3 10         2             0  ×m a  0 3 0   0  =  M0y  +  0  ×  0     −1 0 2   Ω   M0z   2a   − 1 mg  Ω       2  3    wobei auch das Moment aus dem Eigengewicht des horizontal verlaufenden Drahtabschnittes zu berücksichtigen ist. Nach den Momenten aufgelöst bleibt   M0x = 0, M0y = −a ma Ω2 + 12 mg , M0z = 0 b) Bei beschleunigter Rotation treten zusätzlich die Momente  B       M0x   83 0 −1   0   −1          M B  = m a2  0 10 0   0  = m a2 Ω Û  0   0y       3  B  Û  2  M   −1 0 23   Ω   3   0z       hinzu.

1 2

−rω0

(v0 − rω0 )

r ω(t)

5.6 Aufgaben

a) Ermitteln Sie für den Draht die Elemente des Trägheitstensors T0,K , der im mitdrehenden System K bezüglich der Befestigungsstelle 0 dargestellt wird. b) Welche Momente um die xK -, yK - und zK -Achse werden während der Drehung der Welle an der Befestigungsstelle auf den Draht ausgeübt? c) Welche zusätzlichen Momente entstehen dort, Û > 0 beschleunigt wird? wenn die Welle mit Ω

5.6.1 Windmesser Der skizzierte Windmesser besteht aus einer dünnen Stange der Masse m und der Länge 2b sowie zwei Kugelhalbschalen, jeweils der Masse M. Die Kugelhalbschalen können als Punktmassen betrachtet werden, deren Schwerpunkte im Abstand a vor und hinter der Stangenachse liegen.

50

5.6.3 Pkw-Rad Die Masse eines Rades ist mit m = 20 kg gegeben. Das Rad ist nicht ausgewuchtet. Der im körperfesten System angeschriebene und auf die Radmitte M bezogene Tensor

Technische Mechanik III (Dynamik)

Prof. Dr.-Ing. G. Rill

zK yK

a) Wie lauten die Bewegungsgleichungen für die freigeschnittene Walze? b) Welche Kraft wird von der Verbindungsstange auf den Traktor übertragen, wenn die Walze auch während der Verzögerung rollt? c) Welcher Reibwert µ zwischen Walze und Boden ist dazu mindestens erforderlich?

Ω M S e

Δm b a

xK

Die auf den Körper einwirkenden Kräfte und Momente sind durch  m e Ω2   200      F®,K = m ω® 0K,K × ω® 0K,K × r®M S,K =  0  =  0  N  0   0      und  −30    ® M,K = ω® 0K,K × JM K,K ω® 0K,K =  0  Nm M    20    festgelegt, wobei der Ortsvektor und der Winkelgeschwindigkeitsvektor mit r®M S,K = [−e 0 0]T und ω® 0K,K = [0 Ω 0]T gegeben sind. Der Steineranteil für das Gewicht verändert das Deviationsmoment auf Jx∆m y = Jx y − ∆m a b. Die Forderung Jx∆m = 0 liefert dann y Jx y b= = 0.10 m ∆m a Eine Punktmasse ∆m, die an der durch die Koordinaten a, b und c definierten Position angebracht wird, verändert über die Steineranteile den Trägheitstensor zu auf die Werte Für den Trägheitstensor gilt dann 2  2 −a b −a c   b +c ∆m = J  c2 + a2 −b c  JM,K M,K + ∆m  −a b  −a c a2 + b2   −a c Mit ∆m = 0.100, a = 0.200, b = 0.10, c = 0 und den Elementen des “alten” Trägheitstensors erhält man  0.000 0.000   0.801 ∆m =  0.000 1.204 −0.003  kg m2 JM,K   0.805   0.000 −0.003

" JM,K =

0.800 0.002 0.000 0.002 1.200 −0.003 0.000 −0.003 0.800

# kgm2

beschreibt die Trägheitseigenschaften des Rades. Das körperfeste System K mit dem Ursprung M in der Radmitte ist dabei so ausgerichtet, dass der Massenmittelpunkt S des Rades auf der negativen xK -Achse liegt und die Raddrehung um die yK -Achse erfolgt. Der Abstand zwischen S und M ist mit e = 0.001 m gegeben. Bei schneller Autobahnfahrt rotiert das Rad mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω = 100 rad/s.

5.6.5 Zugtür Ein Zug, bei dem eine Tür quer zur Fahrtrichtung offen steht, fährt mit der konstanten Beschleunigung a = xÜZ an. x0

x0

A

b

xZ

S

0

S

φ

0

y0 t=0

y0 t>0

a) Welche Kräfte und Momente, jeweils im körperfesten System K dargestellt, hat die Drehung des nicht ausgewuchteten Rades zur Folge? Um zumindest die statische Unwucht zu beseitigen, wird ein Gewicht der Masse ∆m = 0.100 kg im Abstand a = 0.200 m von der Drehachse am Rad befestigt. b) Wie groß muss dann der Abstand b von der xK -Achse gewählt werden, damit das Deviationsmoment Jx y verschwindet? c) Wie groß sind nun die Elemente des Trägheitstensors?

Die Zugtür kann als dünne Platte der Masse m und der Breite b betrachtet werden. a) Geben Sie die Bewegunsgleichung der Tür für eine beliebige Winkellage ϕ an. b) Mit welcher Winkelbeschleunigung ϕÜE und mit welcher Winkelgeschwindigkeit ϕÛ E schlägt die Tür bei ϕ = 900 zu? c) Wie groß sind unmittelbar vor dem Zuschlagen die horizontalen Lagerreaktionen in A? Die Koordinaten

5.6.4 Traktor mit Walze

b sin ϕ 2 b cos ϕ 2

xS = x Z − yS =

beschreiben die momentane Lage des Türschwerpunktes S gegenüber dem Inertialsystem. Die zeitlichen Ableitungen b xÛS = xÛZ − ϕÛ cos ϕ 2 b yÛ S = −ϕÛ sin ϕ 2 und xÜS = a Z − ϕÜ

b b cos ϕ + ϕÛ2 sin ϕ 2 2

b b yÜS = −ϕÜ sin ϕ − ϕÛ2 cos ϕ 2 2 liefern dann die Beschleunigungen, wobei gemäß Aufgabenstellung xÜZ durch a Z ersetzt wurde.

Der Impulssatz für die Tür lautet   b b m a Z − ϕÜ cos ϕ + ϕÛ2 sin ϕ = Ax0 2 2   b b m −ϕÜ sin ϕ − ϕÛ2 cos ϕ = A y0 2 2 wobei Ax0 und A y0 die Komponenten der Lagerreaktion in A bezeichnen, die in Richtung der x0 und y0 -Achse auf die Tür wirken. Der Drallsatz bezüglich des Massenmittelpunktes liefert 1 b b m b2 ϕÜ = cos ϕ Ax0 + sin ϕ A y0 12 2 2 1 wobei JS = 12 m b2 das Trägheitsmoment der als dünnen Platte modellierten Tür angibt. Nun können die Lagerreaktionen eliminiert werden. Zunächst erhält man   1 b b b m b2 ϕÜ = cos ϕ m a Z − ϕÜ cos ϕ + ϕÛ2 sin ϕ 12 2 2 2   b b b + sin ϕ m −ϕÜ sin ϕ − ϕÛ2 cos ϕ 2 2 2

Mit 4m/b2 multipliziert ergibt sich   1 aZ ϕÜ = cos ϕ − ϕÜ cos ϕ + ϕÛ2 sin ϕ 3 b/2   + sin ϕ −ϕÜ sin ϕ − ϕÛ2 cos ϕ Schließlich bleibt 1 aZ ϕÜ = cos ϕ − ϕÜ cos2 ϕ + ϕÛ2 sin ϕ cos ϕ 3 b/2 − ϕÜ sin2 ϕ − ϕÛ2 sin ϕ cos ϕ oder 4 aZ ϕÜ = cos ϕ 3 b/2

bzw.

ϕÜ =

3 aZ cos ϕ 2 b

Diese Bewegungsgleichung hätte man auch direkt aus dem allgemeinen Drallsatz für den bewegten Bezugspunkt A erhalten können. Da in der Ebene das Kreiselmoment keinen Einfluss auf die dynamische Bewegung hat, erhält man gemäß (5.121)   1 b m b2 ϕÜ + m − cos ϕ a Z = 0 3 2 bzw.

3 aZ cos ϕ 2 b Das Trägheitsmoment bezüglich A is jetzt durch J A = 1 2 3 m b gegeben und bezüglich A tritt kein äußeres Moment auf. Darüberhinaus kann die dritte Komponente des Kreuzproduktes r®PS, R × a®0P, R bei einer Bewegung in der x0 -y0 -Ebene mit P ≡ A auch im Inertialsystem ermittelt werden. Man erhält somit  (z)  (z) r®AS,R × a®0A, R = r®AS,0 × a®0A,0 ϕÜ =

(y)

(y)

(x) (x) = r®AS,0 ∗ a®0A,0 − r®AS,0 ∗ a®0A,0

=− =−

b b sin ϕ ∗ 0 − cos ϕ ∗ a Z 2 2 b cos ϕ a Z 2

Die Tür schlägt bei ϕ = dann mit

π 2

zu. Wegen cos π2 = 0 tritt dort

ϕÜE = 0 dann keine Winkelbeschleunigung auf. Mit der Beziehung d ϕÛ d ϕ d ϕÛ ϕÜ = = ϕÛ dϕ dt dϕ kann die Bewegungsgleichung separiert und integriert werden. Mit den Grenzen ϕ = 0 und ϕÛ = 0 sowie ϕ = π/2 und ϕÛ = ϕÛ E erhält man ∫ϕÛ E

ϕÛ d ϕÛ =

3 aZ 2 b

0

∫π/2 cos ϕ d ϕ 0

Es bleibt  1 2 3 aZ  π ϕÛ = sin − sin 0 2 E 2 b 2

r bzw.

ϕÛ E =

3 aZ b

Mit ϕÜE = 0 und ϕÛ2E = 3 abZ liefert der Impulssatz die Lagerreaktionen an der Stelle ϕ = π/2 Ax0 =

5 m aZ 2

und

A y0 = 0

Eine zylindrische Walze mit dem Radius r = 0.9 m, der Masse m = 400 kg und dem Trägheitsmoment J = 225 kg m2 wird, wie skizziert, von einem Traktor gezogen. Die beidseitig gelenkig gelagerte Verbindungsstange ist dabei unter dem Winkel α = 10° geneigt.

m

z0

r

v

α

a) Die Bewegungsgleichungen (Impulssatz und Drallsatz) für die freigeschnittene Walze lauten m vÛ = −S cos α + R J ωÛ = − r R ω

r

v α

S

mg R

N

b) Nach Elimination der Reibkraft ergibt sich m vÛ +

J r

ωÛ = −S cos α

Solange die Walze rollt, gilt v = r ω bzw. vÛ = r ωÛ und es bleibt     m + rJ2 vÛ = −S cos α oder S = − m + rJ2 cosvÛ α

x0

μ

Mit den Zahlenwerten erhält man schließlich   225 −2.94 S = − 400 + ∗ = 2025.4 N cos 10° 0.92 c) Das Kräftegleichgewicht in vertikaler Richtung N − mg + S sin α = 0 liefert die Normalkraft zu N = mg − S sin α = 3572.3 N Die Reibkraft folgt aus dem Drallsatz R = − Jr ωÛ = − rJ2 vÛ = 817.5 N Schließlich liefert die Reibungsungleichung |R| ≥ µ N den erforderlichen Reibwert zu µ≥

817.5 3572.3

oder

µ ≥ 0.23

Der Traktor wird nun mit vÛ = −0.3 g abgebremst.

51

6 Ebene Mehrkörpersysteme 6.1 Anmerkung

M

Ebene Mehrkörpersysteme mit Bindungen, die durch lineare Gleichungen beschrieben werden können, lassen sich in der Regel mit der “Schnittmethode” lösen. Ein “Minimalschnitt” sorgt dafür dass alle Körper zunächst unabhängig voneinander ihre Bewegungen ausführen können. Eine anschließende Elimination der dabei entstehenden Schnittraktionen liefert dann die Bewegungsgleichungen für die tatsächlich vorhandenen freien Bewegungen. In der analytischen Mechanik und insbesondere in der Mehrkörperdynamik werden deshalb spezielle Methoden angewendet. Das Prinzip von D’Alembert1 zum Beispiel benutzt die virtuelle Arbeit um die Schnittreaktionen zu eliminieren. Die Bewegungsgleichungen der Teilkörper werden dabei nicht mehr in Richtung der Koordinatenachsen sondern in Richtung der tatsächlich möglichen Bewegungungsrichtungen angeschrieben.

Θ2

m

Bild 6.1: Hubwerk

6.2.2 Minimal Schnitt Bei der Schnittmethode werden alle Körper so freigeschnitten, daß sie unabhängig voneinander ihre Bewegungen ausführen können, Bild 6.2. Bei dem Hubwerk M F

r2

r1

r0

P

Q

F

γ2

6.2 Einfaches Beispiel

Die Masse m führt nur vertikale Bewegungen aus. Das Antriebsrad und die Trommel drehen um Achsen senkrecht zur Zeichenebene.

s x0

Θ2

Mit dem in Bild 6.1 dargestellten Hubwerk soll die Masse m nach oben bewegt werden. Das Antriebsrad mit der Trägheit Θ2 und dem Radius r2 wird durch das Moment M angetrieben und überträgt seine Drehbwegungen auf die Trommel mit der Trägheit Θ1 und dem Außenradius r1 . Das Hubseil, an dessen Ende die Masse m hängt, wird über den Radius r0 aufgewickelt.

Θ1

y0

Auf diese Weise kommt man direkt, ohne die Schnittreaktionen überhaupt berücksichtigen zu müssen, zu den Bewegungsgleichungen für die tatsächlich vorhandenen freien Bewegungen.

6.2.1 Modell eines Hubwerks

r1

r0

r2

Θ1 γ1

y0

S S

s mg

x0

Bild 6.2: Hubwerk, freigeschnitten sind das die Masse m mit der vertikalen Bewegung s sowie die Seil- und Antriebstrommel mit den Drehbewegungen γ1 und γ2 , die beide entgegen dem Uhrzeigersinn angetragen wurden.

6.2.3 Bewegungsgleichungen Der Impulsatz für die Masse m lautet 1 Jean-Baptiste le Rond, genannt D’Alembert (1717 – 1783) franzö-

sischer Mathematiker, Physiker und Philosoph, der die naturwissenschaftlichen Teile der “Encyclopédie” verfasste, die zwischen 1751 und 1780 erschien

52

m sÜ = S − m g

(6.1)

Technische Mechanik III (Dynamik)

Prof. Dr.-Ing. G. Rill

Die Drallsätze bezüglich der Lagerpunkte (Massenmittelpunkte bei homogener Massenverteilung, bzw. hier sogar Fixpunkte) liefern Θ1 γÜ1 = r1 F − r0 S Θ2 γÜ2 = r2 F − M

6.2.6 Schnittreaktionen Nun können auch die Schnittreaktionen angegeben werden. Aus (6.1) folgt sofort

(6.2)

S = m (g + sÜ)

(6.9)

wobei sÜ durch (6.7) bestimmt ist.

6.2.4 Elimination der Schnittreaktionen

Die zweite Gleichung in (6.2) liefert

Nun können die Schnittreaktionen elimiert werden. Löst man (6.1) nach S und die zweite Gleichung in (6.2) nach F auf und setzt die Ergebnisse in die erste Gleichung von (6.2) ein, dann erhält man Θ1 γÜ1 =

r1 (Θ2 γÜ2 + M) − r0 (m sÜ +mg) r2

(6.4)

Auf Grund der kinematischen Bindungen

r2 γÛ2 = −r1 γÛ1

oder

F =

r1 sÜ r2 r0

M − Θ2

(6.10)

r2

wobei γÜ2 über (6.6) auf die Vertikalbeschleunigung der Masse sÜ zurückgeführt wurde.

6.3 Beispiel Differentialflaschenzug

6.2.5 Bindungsgleichungen und verbleibende Bewegungsgleichung

r0 γÛ1 = sÛ

M + Θ2 γÜ2 r2

(6.3)

oder durch r0 dividiert und umgestellt Θ1 r1 Θ2 r1 M γÜ1 − γÜ2 + m sÜ = − mg r0 r2 r0 r2 r0

F =

(6.5)

besitzt das Hubwerk nur eine freie Bewegungsmöglichkeit. Mit r1 sÜ sÜ und γÜ2 = − (6.6) γÜ1 = r0 r2 r0 können die Winkelbeschleunigungen als Funktion der Vertikalbeschleunigung sÜ der Masse dargestellt werden. Damit erhält man dann aus (6.4) die Bewegungsgleichung für die Hubbewegung der Masse   Θ1  r1  2 Θ2 r1 M + + m sÜ = − mg (6.7) r2 r02 r02 r2 r0 | {z } m Der Ausdruck in den eckigen Klammern wird dabei als verallgemeinerte Masse m bezeichnet. Damit die Masse überhaupt nach oben beschleunigt (Üs > 0) bzw. angehoben wird, muß das Antriebsmoment der Bedingung r2 M > r0 mg (6.8) r1 genügen.

6.3.1 Modell mit Minimalschnitt Bei dem skizzierten Differentialflaschenzug läuft das Seil über eine Scheibe mit der Masse mS , der Trägheit ΘS und dem Radius 5 r, Bild 6.3. An einem Bolzen durch die Scheibenmitte ist über ein weiteres Seil die Last mit der Masse m L befestigt. Am linken Ende wird das Seil auf eine Trommel mit dem Radius 6 r auf- und am rechten Ende von einer Trommel mit dem Radius 4 r abgewickelt. Die Antriebseinheit, bestehend aus dem Motor und den beiden Trommeln, hat die Trägheit Θ A und wird durch das Moment M A angetrieben und führt eine Drehung mit der Winkelgeschwindigkeit ω A um eine feststehende Achse aus. ωA 6r

ωA

4r

6r

ΘA

ΘA S1 S1

MA P

5r ΘS

mS mL

4r

MA

ωS v

S2 S2

5r Q ΘS m S g F

v

F mLg

v

Bild 6.3: Differentialflaschenzug mit Teilsystemen Last und Scheibe bewegen sich mit der Geschwindigkeit v nach oben. Die Scheibe führt zusätzlich eine Drehbewegung durch, die durch die Winkelgeschwindigkeit ωS beschrieben wird.

53

OTH Regensburg

Technische Mechanik III

6.3.2 Bewegungsgleichungen

6.3.5 Schnittreaktionen

Die Bewegungsgleichungen für die einzelnen Teilkörper lauten

Bei bekannter Beschleunigung vÛ der Last liefert (6.14) sofort die erste Schnittreaktion

Θ A ωÛ A = M A − 6 r S1 + 4 r S2

(6.11)

F = m L (g + vÛ )

ΘS ωÛ S = 5 r S1 − 5 r S2

(6.12)

Die Schnittreaktionen S1 und S2 können dann aus (6.11) und (6.12) ermittelt werden. Mit den kinematischen Beziehungen (6.19) und (6.20) können sie dann ebenfalls als Funktion der Lastbeschleunigung vÛ angegeben werden.

mS vÛ = S1 + S2 − F − mS g

(6.13)

m L vÛ = F − m L g

(6.14)

wobei F, S1 und S2 die Schnittreaktionen darstellen. Die Kräfte an den Enden des um die Scheibe laufenden Seils müssen aufgrund der Trägheit ΘS , 0 mit S1 und S2 unterschiedlich bezeichnet werden.

(6.22)

6.4 Nichtlineare Kinematik

6.3.3 Elimination der Schnittreaktionen

6.4.1 Beispiel Vogelmobile

Die Addition der Bewegungsgleichungen (6.13) und (6.14) eliminiert die Kraft F und führt mit r multipliziert auf

Ein Vogel-Mobile, bestehend aus dem Vogelkörper und zwei Flügeln, ist mit zwei Seilen an der Decke aufgehängt, Bild 6.4. Der Vogelkörper hat die Masse 2m und

r (mS +m L ) vÛ = r S1 + r S2 − r (mS +m L ) g

(6.15)

0

Addiert man diese Gleichung zu der Bewegungsgleichung (6.12), dann erhält man ΘS ωÛ S + r (mS +m L ) vÛ = 6 r S1 − 4 r S2 − r (mS +m L ) g (6.16) Addiert man dazu noch die Bewegungsgleichung (6.11), dann bleibt schließlich Θ AωÛ A + ΘS ωÛ S + r (mS +m L ) vÛ = M A − r (mS +m L ) g (6.17)

6.3.4 Bindungsgleichungen und verbleibende Bewegungsgleichung Die Eulersche Geschwindigkeitsformel auf die Punkte P und Q angewendet liefert v +5 r ωS = 6 r ω A

und

v −5 r ωS = −4 r ω A (6.18)

A

Draht

h

m Flügel

y

2m Körper

z

M

B

G

a

φ

S m

a

a

2a

Bild 6.4: Vogel-Mobile in horizontaler Lage einen kreisförmigen Querschnitt mit dem Radius a. Die Flügel werden als dünne Platten mit der Masse m und der Länge 4a modelliert. Die Seile haben jeweils die Länge h und werden als dehnstarr betrachtet. Bei den gegebenen Abmessungen und Gewichten ist das Mobile bei horizontal stehenden Flügeln im Gleichgewicht.

Die Addition der beiden Gleichungen ergibt 2 v = 2 r ωA

oder

v = r ωA

(6.19)

Subtrahiert man die Gleichungen, dann erhält man noch 10 r ωS = 10 r ω A

oder ωS = ω A

(6.20)

Mit den kinematischen Bindungen v = r ω A und ωS = ω A oder ωÛ S = ωÛ A = vÛ /r erhält man schließlich   ΘS Θ A MA m L + mS + 2 + 2 vÛ = − (mS +m L ) g (6.21) r r r Die verallgemeinerte Masse beinhaltet die Massen der Last und der Scheibe sowie die auf Massen reduzierten Trägheiten der Scheibe und der Trommel.

54

6.4.2 Bindungsgleichungen Wird der Vogelkörper senkrecht nach oben oder unten bewegt, dann sind die Flügelauschläge vollkommen symmetrisch und das Vogelmobile kann durch ein Modell beschrieben werden, das aus dem halben Vogelkörper und einem Flügel besteht, Bild 6.5. Nimmt man an, dass das dehnstarre Seil stets gespannt bleibt, dann ergeben sich aus der momentanen Lage von Punkt B folgende Bindungsgleichungen 2a − h sin α = a + a cos ϕ

(6.23)

h cos α = w + a sin ϕ

(6.24)

Technische Mechanik III (Dynamik) a

a

Die zweite Ableitung von w nach ϕ ist durch

0 A w

m

Prof. Dr.-Ing. G. Rill

G

M a

o d2 w d n  a sin ϕ tan α − cos ϕ = dϕ dϕ2   1 dα = a cos ϕ tan α + sin ϕ + sin ϕ cos2 α dϕ (6.32) gegeben. Die Ableitung von α nach ϕ kann dabei aus (6.29) entnommen werden.

h φ

α

B a

z

y

S m

Bild 6.5: Modell für symmetrische Bewegungen Dabei gibt w die momentane Lage des Vogelkörpermittelpunktes an. Die Winkel α und ϕ beschreiben die Schrägstellung des Seils den Flügelausschlag Mit (6.23) und (6.24) können α und w in Abhängigkeit vom Flügelausschlag ϕ dargestellt werden a (1 − cos ϕ) h w = h cos α − a sin ϕ

sin α =

Der Vogelkörper selbst bewegt sich hier nur auf und ab und führt keinerlei Drehbewegung aus. Die momentane Position des Vogelkörperschwerpunktes wird dann durch die vertikale Auslenkung w vollstaändig beschrieben. Die Geschwindigkeit des Vogelkörpers ist dann durch

(6.29)

Eingesetzt in (6.28) bleibt dann wÛ =

dw ϕÛ = −a (sin ϕ tan α + cos ϕ) ϕÛ dϕ

(6.30)

Eine weitere Ableitung nach der Zeit liefert die Beschleunigung zunächst formal zu dw d2 w 2 wÜ = ϕÜ + ϕÛ dϕ dϕ2

(6.34) (6.35)

und d 2 yS 2 dyS ϕÛ ϕÜ + dϕ dϕ2 d 2 zS 2 dzS ϕÜ + ϕÛ zÜS = dϕ dϕ2

yÜS =

(6.36) (6.37)

wobei die zweiten Ableitungen von yS und zS nach ϕ durch d 2 yS = −2a cos ϕ , dϕ2 (6.38)  2  d 2 zS d w = − 2a sin ϕ dϕ2 dϕ2 gegeben sind.

(6.28)

gegeben. Differenziert man die erste Bindungsgleichung (6.23) nach ϕ, dann erhält man a dα = sin ϕ dϕ h

dyS ϕÛ = −2a sin ϕ ϕÛ dϕ   dzS dw zÛS = ϕÛ = + 2a cos ϕ ϕÛ dϕ dϕ

yÛ S =

(6.26)

eindeutig aus dem Sinus bestimmt werden. Mit der Beziehung (6.25) ist dann w als Funktion von ϕ darstellbar.

cos α

gegeben. Für die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Flügelschwerpunktes erhält man dann

(6.25)

Der Winkel α bleibt bei normalen Bewegungen auf ±90° beschränkt. Damit kann der Kosinus des Winkels α über p π cos α = + 1 − sin2 α für |α| < (6.27) 2

dw dα wÛ = ϕÛ = −h sin α ϕÛ − a cos ϕ ϕÛ dϕ dϕ

Die Drehbewegung des Flügels in der yz-Ebene wird durch die Koordinate ϕ beschrieben. Winkelgeschwindigkeit und Beschleunigung sind dann durch ϕÛ und ϕÜ gegeben. Die momentane Position des Flügelschwerpunktes ist durch yS = a + 2a cos ϕ (6.33) zS = w + 2a sin ϕ

(6.31)

6.4.3 Bewegungsgleichungen Durchtrennt man das Gelenk in G und das Seil von A nach B, dann können der halbe Vogelkörper und ein Flügel freie Bewegungen durchführen, die durch die Koordinaten w, yS , , zS und ϕ beschrieben werden. Mit den im Bild 6.6 dargestellten Schnittreaktionen sind die Bewegungsgleichungen für das halbe Vogelmobile durch m wÜ = N sin ϕ + Q cos ϕ + mg

(6.39)

m yÜS = −N cos ϕ + Q sin ϕ + F sin α

(6.40)

m zÜS = mg − N sin ϕ − Q cos ϕ − F cos α

(6.41)

ΘS ϕÜ = 2a Q + a F cos(ϕ − α)

(6.42)

55

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Technische Mechanik III

a

0

a

A y

Momente in einer verbleibenden Bewegungsgleichung zusammen

Q

w Q

mg

z

φ

N

φ

N

dw dϕ dz S dϕ

F α

a B φ

yS

a

zS S

m yÜS +

ΘS ϕÜ

m zÜS +

=

mg +

dw dϕ

dz S dϕ

mg

gegeben. Die Schnittreaktionen im Gelenk wurden dabei mit N und Q in Komponenten längs- und quer zum Flügel aufgeteilt. Ferner gibt ΘS das auf den Schwerpunkt S bezogene Trägheitsmoment des Flügels an. Das Moment der Seilkraft F um die x-Achse bezüglich des Massenmittelpunktes S

ΘV ϕÜ = qG + qF

(6.46)

angeschrieben werden kann. Das verallgemeinerte Trägheitsmoment ist dabei durch   2  2   2 d ys s ΘV = ΘS + dw m (6.47) + dϕ + dz dϕ dϕ bestimmt. Die Terme

F = a F (cos ϕ cos α + sin ϕ sin α) MSx

(6.43)

= a F cos(ϕ − α) kann der ersten Zeile des Kreuzproduktes

qG =



dw dϕ

+

dz s dϕ



(6.48)

mg

und      

qF = − (6.44)

n

dw d 2 w dϕ dϕ 2

+

d ys d 2 yS dϕ dϕ 2

+

dz s d 2 z S dϕ dϕ 2

o

ϕÛ2 (6.49)

beschreiben die Momentenwirkung der Gewichts- und Fliehkräfte.

entnommen werden.

6.4.5 Numerische Lösung 6.4.4 Elimination der Schnittreaktionen und verbleibende Bewegungsgleichung Die Elimination der Schnittreaktionen N, Q und F ist hier sehr aufwändig. Deshalb wird an Stelle der Schnittmethode das D’Alembertsche Prinzip angewendet. Dabei werden die Bewegungsgleichungen nicht mehr in Richtung der Koordinatenachsen sondern in den tatsächlich möglichen Bewegungsrichtungen angeschrieben. Da die Geschwindigkeit stets in Richtung der Bewegung zeigt, können die Informationen aus den Gleichungen (6.30), (6.34) und (6.35) benutzt werden, um die Bewegungsgleichungen (6.39) bis (6.42) in die Richtung der tatsächlichen Bewegung zu projizieren. Auf Grund der kinematischen Bindungen können hier alle Bewegungen auf den Drehwinkel ϕ zurückgeführt werden. Das D’Alembertsche Prinzip fügt dann alle Trägheitsterme und die auf die Teilkörper eingeprägten Kräfte und

56

(6.45)

Mit den in (6.30), (6.34) und (6.35) definierten Ableitungen sowie den Beschleunigungen (6.31), (6.36) und (6.37) erhält man eine Differentialgleichung zweiter Ordnung, die in der Form

Bild 6.6: Freikörperbild

  0    ×  F sin α     −F cos α  

d yS dϕ

Da bei dieser Methode die Schnittreaktionen automatisch eliminiert werden, müssen sie in den Bewegungsgleichungen für die Teilkörper erst gar nicht mit aufgenommen werden.

mg

 0  r®SB,0 × F®,0 =  −a cos ϕ  −a sin ϕ 

m wÜ +

Die MATLAB-Funktion 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28

function xp = vogel_mobile_f(t,x) % Daten ueber globale Variable global g a h m ts % Zustandsgroessen phi = x(1); phip = x(2); % Kinematik sph cph sal cal tal

= = = = =

sin(phi); cos(phi); a/h*(1-cph); sqrt(1-sal^2); sal / cal;

daldph = a/h * sph/cal; dwdph = - a * ( sph*tal + cph ); dysdph = - 2*a*sph; dzsdph = dwdph + 2*a*cph; d2wdph2 = - a * ( cph*tal + sph/cal^2*daldph - sph ); d2ysdph2= - 2*a*cph; d2zsdph2= d2wdph2 - 2*a*sph; % Bewegungsgleichung

Technische Mechanik III (Dynamik)

29 30 31 32 33 34 35 36 37 38

Prof. Dr.-Ing. G. Rill

tv = ts + ( dwdph^2 + dysdph^2 + dzsdph^2 ) * m ; gv =-(dwdph*d2wdph2+dysdph*d2ysdph2+dzsdph*d2zsdph2)*phip^2; qv = (dwdph+dzsdph)*m*g;

6.5 Aufgaben 6.5.1 Hebevorichtung

phipp = ( gv + qv ) / tv ; % Zustandsaenderung xp = [ phip; phipp ]; end

stellt die Dynamik des Vogel-Mobiles in Form einer Zustandsgleichung xÛ = f (t, x) zur Verfügung. Die numerische Lösung mit der MATLAB-Routine ode45 liefert mit den Zahlenwerten m = 0.20 kg ΘS = 0.00267 kgm2

a = 0.10 m h = 0.15 m

Die skizzierte Vorrichtung dient zum Heben der Masse M. Die reibungsfrei drehbaren Rollen mit der Masse m und dem Radius r haben eine homogene Massenverteilung. Das über die beiden Rollen laufende Seil ist am Ende an der Decke befestigt.

F

a) Welche Kraft F = F0 ist erforderlich um die Masse M im Gleichgewicht zu halten? b) Mit welcher Beschleunigung bewegt sich die Masse bei F > F0 nach oben?

die in Bild 6.7 dargestellten Ergebnisse. 50

a) Im Gleichgewicht fungieren die Rollen als Umlenkscheiben und es gilt S1 = F, S2 = S1 Mit S3 = M g liefert das Kräftegleichgewicht an der unteren Rolle F + F − M g −mg = 0 das Ergebnis F = 12 (M + m) g b) Die Bewegungsgleichungen für das freigeschnittene System (Minimal-Schnitt) lauten: 1 2 1 2

ϕ

m, r

m r 2 ϕÜ1 = r F − r S1

(1)

m r 2 ϕÜ2 = r S1 − r S2

(2)

m xÜ = S1 + S2 − S3 − m g

(3)

M xÜ = S3 − M g

(4)

ϕ1 m, r S1 S1

S2

F

S2

r x

mg

ϕ2

S3 S3

x Mg

m, r x

M

Nun können die Schnittreaktionen eliminiert werden. Die Gleichungen (1) und (4) können nach S1 und S3 aufgelöst werden. Die Operation (2)/r +(3) eliminiert S2 . Es bleibt   1 Ü2 + m xÜ = 2 F − 21 m r ϕÜ1 − (M xÜ + M g) −m g 2 mr ϕ | {z } | {z } S3 S1 oder m r ϕÜ1 + 12 m r ϕÜ2 + (M +m) xÜ = 2 F − (M +m) g Über die kinematischen Beziehungen r ϕ2 = x und 2 r ϕ2 = r ϕ1 können die Winkelbeschleunigungen auf die Beschleunigung der Last zurückgeführt werden. Schließlich erhält man m 2 xÜ + 21 m xÜ + (M +m) xÜ = 2 F − (M +m) g Nach der Beschleunigung aufgelöst bleibt 2 F − (M +m) g xÜ = M + 72 m Im Sonderfall xÜ = 0 (Gleichgewicht) bleibt mit F = 21 (M + m) das Ergebnis aus a).

[ o]

6.5.2 Seiltrommel 0

-50

0

5

10

15

t [s]

20

200 .

ϕ

[ o /s]

45 o

Die skizzierte Seiltrommel mit dem Außenradius 2r hat die Masse M und bezüglich des Massenmittelpunktes S, der mit der Trommelmitte zusammenfällt, das Massenträgheitsmoment J. Das von der Trommel mit dem Radius r abgewickelte Seil läuft über eine kleine Umlenkrolle und trägt am Ende ein Gewicht der Masse m, das die Seiltrommel in Bewegung setzt.

M, J

100 30 o 15 o

2r

5o

0

r

S

μ a) Der Kontaktpunkt ist momentaner Drehpol der Seiltrommel. Deshalb gilt und vS = 23 xÛ (2r + r) ωS = xÛ bzw. ωS = 3rxÛ b) Nach einem Minimalschnitt (Seil und Kontaktpunkt) erhält man die Bewegungsgleichungen zu m xÜ = mg − S (1) M vÛS = S − R (2) J ωÛ S = r S + 2r R (3) Die Summe von (1) und (2) liefert m xÜ + M vÛS = mg − R

oder

R = mg − m xÜ − M vÛS

Setzt man die Reibkraft R zusammen mit der aus (1) folgenden Seilkraft S in die dritte Gleichung ein, dann erhält man Ü +2r (mg − m xÜ − M vÛS ) J ωÛ S = r (mg − m x) | {z } | {z } S R

m

Nach Termen geordnet und mit r durchdividiert bleibt J ωÛ S + m xÜ + 2 m xÜ + 2 M vÛS = mg + 2 mg r Mit den kinematischen Beziehungen erhält man   J xÛ 2 + 3 m + 2 M xÜ = 3 mg oder r 3r 3 c) Mit xÜ =

x

-100

1 3

S = mg − m xÜ

R = mg − m xÜ − M vÛS gegeben. Für M =

3 2

m und xÜ =

1 3

oder

oder

m+

S=

J (3r)2

+

 2 2 3

M

2 mg 3

  2 R = mg − m + M xÜ 3

g bleibt

1 23 1 1 R = mg − m g − m g = mg 3 32 3 3 Mit N = M g erhält man dann µ =

-200 -50

mg

xÜ =

g erhält man aus (1) die Seilkraft zu

Die Reibkraft ist mit

0

ϕ [o]

50

Bild 6.7: Zeitantwort und Phasendiagramm für verschiedene Anfangsauslenkungen Die Abhängigkeit der Schwingungsdauer von der Anfangsauslenkung ist deutlich zu erkennen. Der nichtlineare Charakter der Schwingungen zeigt sich auch im Phasendiagramm.

1 mg R = 3 = N Mg

1 3 3 2

mg mg

=

2 = 0.222 9

Unter der Voraussetzung, dass die Seiltrommel auf der horizontalen Unterlage rollt ohne zu gleiten, sind zu ermitteln: a) die Winkelgeschwindigkeit der Seiltrommel sowie die Geschwindigkeit der Seiltrommelmitte, wenn sich das Gewicht mit der Geschwindigkeit xÛ nach unten bewegt, b) die Beschleunigung xÜ mit der sich das Gewicht für beliebige Werte von m, M und J nach unten bewegt. c) Für M = 23 m und einem bestimmten Wert von J wird die Beschleunigung des Gewichtes zu xÜ = 13 g. Ermitteln Sie für diesen Sonderfall die Seilkraft und den Reibwert µ, der das Rollen der Trommel ermöglicht.

57

7 Übungsbeispiele 7.1 Punkt-Kinematik

Û b) Mit welcher Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = ϕ(ϕ) muß der Arm geschwenkt werden?

7.1.1 Flugzeug

Ü c) Wie groß ist die Winkelbeschleunigung ϕÜ = ϕ(ϕ) des Roboterarms?

Ein Flugzeug, dessen Eigengeschwindigkeit vF bestimmt werden soll, macht einen Probeflug von A über B nach C. Zu der Strecke AB = 20 km benötigt es t AB = 400 s und die Strecke BC = 27 km legt es in tBC = 600 s zurück. Während des gesamten Fluges weht ein Wind von unbekannter Geschwindigkeit vW unter dem Winkel α = 63.5o 



vW

C

7.1.3 Bremsen in der Kurve Ein Fahrzeug fährt mit der Geschwindigkeit v0 auf einer Kreisbahn mit dem Radius R. Der Fahrer beginnt nun vorsichtig zu bremsen. Während des Bremsvorgangs von t = 0 bis t = T gilt für die Längsbeschleunigung (Beschleunigung in tangentialer Richtung) a L = −k t, wobei k eine positive Konstante k > 0 mit der Dimension m/s3 ist.



α

A 

B

a) Bestimmen Sie in den Abschnitten AB und BC die jeweilige Übergrundgeschwindigkeit des Flugzeugs? 

v0

b) Wie groß ist die Eigengeschwindigkeit vF des Flugzeugs?

R

7.1.2 Schweißroboter Um eine möglichst gleichmäßige Schweißnaht zu erzielen, wird der Arm eines Schweißroboters so verfahren, daß der Schweißkopf die Strecke von A nach B geradlinig und mit konstanter Geschwindigkeit (v = const.) durchfährt. 

A

x 

v 

B

a) Wie lange dauert es, t =?, bis der Fahrer die Geschwindigkeit auf die Hälfte reduziert hat? b) Welche Strecke hat das Fahrzeug in dieser Zeit zurückgelegt? c) Wie groß ist die Gesamtbeschleunigung des Fahrzeug zu Beginn (t = 0) und am Ende (t = T) des Bremsmanövers?

ϕ 7.1.4 Kreuzschleife 

a



y

a) Wie ändert sich die Länge des Schweißarms, ` = `(ϕ)?

58

Bei der skizzierten Kreuzschleife K dreht sich die Scheibe S mit dem Bolzen B mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = Ω = const. Berechnen Sie in Abhängigkeit vom Winkel ϕ: a) Geschwindigkeit und Beschleunigung von Bolzen und Schleife gegenüber dem System x0 , y0 ,

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erfolgt vertikal nach oben mit mit der Geschwindigkeit v3 .

x0 

B



y0

Die Geschwindigkeiten v1 , v2 , v3 und die Winkelgeschwindigkeit Ω sind konstant.

ϕ 



r

Zu Beginn (t = 0) befindet sich die Laufkatze bei s = a und der Ausleger zeigt in Richtung der x0 -Achse.

K S



z0 

γ a

b) die Geschwindigkeit und die Beschleunigung mit der der Bolzen im Schlitz gleitet. 

v2

s(t)

7.1.5 Zug



Das v-s-Diagramm eines elektrischen Zuges setzt sich aus zwei Parabeln zusammen. Für die Anfahrperiode, 0 ≤ s ≤ s1 , gilt: r s v = vmax s1



y0 



und entsprechend für die stromlose Auslaufperiode s1 ≤ s ≤ s1 + s2 r s1 + s2 − s v = vmax s2

v

v3

x0

v1



a) Bestimmen Sie den Abstand s = s(t) der Laufkatze von der Drehachse. b) Mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich die Last gegenüber dem System x0 , y0 , z0 ? c) Wie groß ist die Beschleunigung der Last gegenüber dem System x0 , y0 , z0 ?

vmax

7.2 Punkt-Kinetik s1

s2

s

Bis zu welcher Geschwindigkeit vmax muß angefahren werden, wenn die Gesamtstrecke s1 + s2 = 1 200 m

7.2.1 Rütteltisch Ein Rütteltisch wird mit z(t) = A sin ωt harmonisch aufund abbewegt, wobei A die Amplitude und ω die Kreisfrequenz angibt.

in T = 120 s

zurückgelegt werden soll?

m

z(t)

7.1.6 Kran Der skizzierte Kran bewegt sich in horizontaler Richtung (x0 -Achse) mit der Geschwindigkeit v1 . Gleichzeitig führt der Ausleger eine Drehbewegung um die z0 -Achse mit einer konstanten Winkelgeschwindigkeit γÛ = Ω aus. Die Laufkatze fährt relativ zum Ausleger mit der Geschwindigkeit v2 nach innen. Die Bewegung der Last

Bis zu welcher Frequenz ω < ωK bleibt die Masse m auf dem Tisch liegen?

59

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7.2.2 Stein

7.2.5 Räumliche Punktbewegung

In einem Schacht der Höhe H fällt ein Stein senkrecht nach unten. Der Luftwiderstand sei vernachlässigbar klein. Am Schachteingang hört man nach der Zeit T = 15 s das Aufschlaggeräusch. Bestimmen Sie H, wenn die Schallgeschwindigkeit c = 330 m/s beträgt. Welchen Fehler in H erhält man, wenn man T als reine Fallzeit deutet?

Eine Punktmasse m gleitet reibungsfrei in einer um den Winkel α geneigte Röhre. Zum Zeitpunkt t = 0 wird 

z0 s m

7.2.3 Auffahrunfall

α

Ein Pkw fährt auf ein starres Hindernis zu. Es gelingt dem Fahrer, seine Geschwindigkeit vor dem Aufprall auf v1 = 72 km/h zu reduzieren. Während der Aufprallphase wird die Knautschzone des Fahrzeugs um 4` = 1 m zusammengedrückt.

ϕ





a) Berechnen Sie unter Annahme einer konstanten Verzögerung während der Aufprallphase die Verzögerung a und die Zeitdauer 4t, bis das Fahrzeug die Geschwindigkeit Null hat. b) Welche Kraft müßte der Fahrer mit der Masse m = 75 kg aufbringen, um sich im Sitz zu halten?

7.2.4 Ebene Punktbewegung Auf einer viertelkreisförmig gekrümmten zylindrischen Fläche mit dem Radius R wird die Punktmasse m an der durch den Winkel ϕ0 gekennzeichneten Stelle ohne Anstoßen losgelassen.

a

y0

x0

sie am oberen Ende bei s = 0 ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen. Die Röhre dreht mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = Ω = const. um die vertikale z0 -Achse. Geben Sie die Differentialgleichungen an, aus denen der Weg s = s(t) und die auf die Wand ausgeübten Kräfte berechnet werden können. Mit welcher Geschwindigkeit gegenüber dem x0 , y0 , z0 System verläßt die Punktmasse das untere Ende der Röhre, wenn diese die Länge a hat?

7.2.6 Rakete

z 

m

Eine Rakete mit der Startmasse m0 steigt senkrecht nach oben. Der Luftwiderstand kann vernachlässigt werden. Die Erdbeschleunigung nimmt mit zunehmender Höhe z ab und wird durch  2 RE g = g(z) = g0 RE + z

ϕ0

R

x

a) Bei welchem Winkel ϕ1 und mit welcher Geschwindigkeit v1 verläßt die Punktmasse die Fläche? b) Mit welcher Geschwindigkeit v2 und unter welchem Winkel ϕ2 trifft die Punktmasse auf dem Boden auf?

beschrieben, wobei RE den Erdradius bezeichnet und g0 = g(z = 0) die Erdbeschleunigung auf der Erdoberfläche (z = 0) angibt. Wie muß sich die Masse m der Rakete ändern, damit die Steiggeschwindigkeit v = zÛ konstant ist?

7.2.7 Eisstock Ein Eisstock wird mit der Geschwindigkeit v0 = 20 m/s auf das Eis aufgesetzt. Der Reibwert zwischen Eisstock und Eis ist mit µ = 0.02 gegeben.

60

Technische Mechanik III (Dynamik)

Nach welcher Zeit bleibt der Eisstock stehen und welchen Weg hat er dabei zurückgelegt?

7.2.8 Platte Auf zwei Zylindern gleicher Durchmesser, die sich entgegengesetzt drehen, liegt eine Platte mit der Masse m frei auf. Der Reibwert zwischen Walzen und Platte beträgt µ und der Abstand der Walzenmittelpunkte ist durch 2a gegeben.

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7.3.2 Schiff Ein Schiff mit 8 000 t Wasserverdrängung verringert seine Geschwindigkeit durch Einwirkung des Wasserwiderstandes von v1 = 15 m/s auf v2 = 2 m/s in einer Zeit von T = 7 min. Der Wasserwiderstand ist proportional dem Quadrat der Schiffsgeschwindigkeit. Welchen Weg hat das Schiff in der Zeit T zurückgelegt?

7.3.3 Sportflugzeug

m x

7.3 Kräfte

Ein Sportflugzeug landet mit Schneekufen auf einer horizontalen Piste. Der Pilot setzt das Flugzeug ohne nennenswerte Vertikalgeschwindigkeit (v y0 ≈ 0) mit der Landegeschwindigkeit vx0 = 18.5 m/s auf. Der Reibwert zwischen Kufen und Schnee beträgt µ = 0.08. Die Luftwiderstandskraft FW und die Auftriebskraft FA am Flugzeug sind proportional zum Quadrat der Anströmgeschwindigkeit.

7.3.1 Hebebühne

Bei einer Anströmgeschwindigkeit von vx R = 1 m/s werden FWR = 1 N und FWA = 7 N gemessen.

a

a

Wie groß ist die horizontale Beschleunigung xÜ der Platte?

Beim Absenken einer Last (Masse M) durch eine Hebebühne (Masse m) gleitet der Hubkolben reibungsfrei in einem Zylinder und presst dabei über ein Drosselventil Hydrauliköl in einen Behälter. Die vom Hydrauliköl auf den Kolben ausgeübte Kraft kann durch F = Dv beschrieben werden, wobei v die Absenkgeschwindigkeit und D eine Konstante der Dimension kg/s bezeichnet.

M m

Die Masse des Flugzeugs beträgt m = 2 000 kg. a) Wie lange dauert es, bis das Flugzeug steht? b) Welchen Weg hat es bis dahin zurückgelegt?

7.4 Starrkörper-Kinematik 7.4.1 Ventilator Bei dem skizzierten Ventilator führt das Gehäuse eine Schwenkbewegung um die vertikale Achse mit dem Winkel γ = γ(t) aus. Der im Gehäuse untergebrachte Motor dreht die Rotorblätter mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit αÛ = const. a) Berechnen Sie die Drehmatrix ALR , die Vektoren vom rotorblattfesten System R ins lagerfeste System L transformiert.

a) Mit welcher Beschleunigung bewegt sich die Hebebühne nach unten? b) Berechnen Sie v = v(t), wenn die Hebebühne aus der Ruhe startet.

b) Mit welcher Winkelgeschwindigkeit drehen sich die Rotorblätter gegenüber dem lagerfesten System L? Geben Sie den Winkelgeschwindigkeitsvektor im System L und im System G an.

c) Welchen maximalen Wert kann die Absenkgeschwindigkeit v höchstens erreichen? d) Wie groß ist die Kraft N, die beim Absenken zwischen der Last und der Hebebühne auftritt?

61

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y0

zL 



L xL

zG



G

γ

yG

yR 







yL





zR

P 

rI

α

xG 

R



rA 

x0

ω0I

xR

ω0A

c) Berechnen Sie Lage, Geschwindigkeit und Beschleunigung von Punkt P gegenüber dem lagerfesten System und geben Sie das Ergebnis im System G an. Der Abstand der Punkte L und G ist durch h, der Abstand der Punkte G und R durch a und der Durchmesser der Rotorblätter ist mit 2 r gegeben.

b) Wie groß ist die Geschwindigkeit eines Rollenmittelpunktes gegenüber dem System 0? c) Untersuchen Sie auch die Sonderfälle ω0A = 0 und ω0I = 0.

7.5 Starrkörper-Kinetik

7.4.2 Reibradgetriebe In einem Reibradgetriebe wird das Antriebsrad mit dem Radius r1 in axialer Richtung mit der konstanten Geschwindigkeit xÛ = v1 = const. verschoben. Dabei überträgt es seine Drehbewegung mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω1 = const. schlupffrei auf das Abtriebsrad.

7.5.1 Rührhaken Ein Rührhaken ist aus dünnem Stahldraht gebogen und hat die Masse M. Durch Anbringen der Zusatzmasse 3 m = 14 M konnte erreicht werden, daß der Schwerpunkt des gesamten Hakens auf der Drehachse zK liegt.

zK

Zum Zeitpunkt t = 0 startet es bei x(t = 0) = x0 .

A x



xK

ω1

a 

r1

yK



m 

a 

ω2 Berechnen Sie die Winkelgeschwindigkeit ω2 = ω2 und die Winkelbeschleunigung ωÛ 2 = ωÛ 2 des Abtriebrades.

7.4.3 Rollenlager Der Außenring eines Rollenlagers rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ω0A; der Innenring mit ω0I . a) Wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit einer Rolle gegenüber dem System 0?

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a

M

a 



a

a

a) Bestimmen Sie bezüglich Punkt A das Trägheitsmoment um die zK -Achse und alle Deviationsmomente. b) Wie groß sind die Lagerreaktionen im Punkt A, wenn der Rührhaken mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die zK -Achse rotiert?

Technische Mechanik III (Dynamik)

Prof. Dr.-Ing. G. Rill

7.5.2 Relais Mit dem skizzierten System wird ein Relais nachgebildet. Der 25 mm breite Winkelhebel ist in A drehbar gelagert und besteht aus Stahlblech der Dichte ρ = 7850kg/m3 .

trieben. Das Antriebsseil läuft über eine Umlenkrolle mit der Trägheit JB und dem Radius R. Die Aufzugkabine hat die Masse m2 . Das Gegengewicht mit der Masse m1 wird über den Radius r abgewickelt. 

MA 

2 Magnet 

20 ϕ

15

R 

g

r 

R 



JA

JB 

x A 

30 

Mit welcher Winkelbeschleunigung ϕÜ beginnt sich der Winkel zu drehen, wenn der Magnet mit der Kraft F = 2 N anzieht?

m1

m2

Mit welcher Beschleunigung xÜ bewegt sich der Aufzug nach oben?

7.6.2 Fahrkorb

7.5.3 Kugel Eine Kugel mit der Masse m und dem Radius R wird mit der Mittelpunktsgeschwindigkeit v0 auf einer horizontalen Ebene aufgesetzt. Der Reibwert zwischen Kugel und Ebene beträgt µ.

R

Ein Seil ist hinreichend oft um eine Trommel mit dem Trägheitsmoment J und dem Radius r geschlungen. Die Trommel und der Fahrkorb haben zusammen die Masse m1 .

v0 ϕ



m2

m µ

a) Wie lange dauert es, bis die Kugel rollt?

J

r

y2

m1

b) Welche Strecke hat die Kugel dabei zurückgelegt? b) Welche kinetische Energie hat die Kugel beim Aufsetzen und am Ende der Gleitphase? Hinweis: Das Trägheitsmoment einer Kugel ist mit J=

2 m R2 5

gegeben.

y1

Das Seil läuft über zwei kleine Rollen und ist am Ende an der Masse m2 befestigt. Zu Beginn sind alle Körper in Ruhe. Wie groß ist die Winkelbeschleunigung der Trommel, wenn die Bremse an der Trommel gelöst wird?

7.6 Ebene Mehrkörpersysteme 7.6.1 Aufzug Die Antriebstrommel eines Aufzugs mit dem Radius R und der Trägheit J A wird durch das Moment M A ange-

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