Oliver Romberg I Nikolau s Hinrichs Keine Panik vor Mechanik!
Oliver Ro mberg
I Nikolaus Hinri chs
Keine Panik vor Mechanik! Erfolg und Spaß im klassisc hen "Loser-Fach" des Ingenieurst udiums 7., akt ualisierte Auf lage Mit mehr als 300 Abbildungen und Cartoo ns und 99 Übungsaufgaben mit ausfü hrlichen Lösungen STU DIUM
11 VIEWEG +
TEUBNER
Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliogrefie; detaillierte bibliog rafische Daten sind im Internet über abrufbar.
Dr. Oliver Romberg
[email protected] Dr. Nikolaus Hinrichs nikolaus.h
[email protected] www.dont-panic-with-mechanics.com
1. Auflage 1999 7., aktualisierte Auflage 2009 Alle Rechte vorbehalten
© vteweg-Ieubner I GV'N Fachverlage GmbH, Wiesbaden 2009 Lektorat: Ulrich Sandten I Kerstin Hoffmann Vieweg +teubne r ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Seience-Business Media. www.viewegteubner.de
. . .;"
.~ M = -FL. Das Minuszeichen vor dem Term F L sagt uns, daß wir das Einspannmoment M, das wir ja vorher nicht kannten, im Freikörperbild " falsch herum" angezeichnet hab en. Mac ht nichts! Kein Fehler! Die Mathematik zeigt uns schon, wie es richtig sein muß. Wir wissen j etzt aufgrund der Lösung, daß das Einsp annmome nt M andersherum drehen muß, um den Balk en mit dem
23
Schlosser darauf in der Waage zu halten. Die Richtung der Auflagerreaktionen im Freikörperbild ist völlig Tofu!6 Bei einem anderen Bezugspunkt kommen wir ebenfalls zum selben Ergebnis. Nehmen wir z.B. die Mitte des Balkens: L M/ "'lkonm;!Il""ti/!v
~ ~t !
,
2. Mit dem Starrsinn ist jetzt Schluß: Elastostatik Kleiner Witz über unsere Freunde, die Mathematik er: Wie fängt ein Mathematiker mindestens einen Löwen ? Indem er drei Pfahle in den Boden schlägt, mit diesen einen Zaun um sich herum bastelt und sich selbst als draußen definiert !
Tja , zu allererst werten wir alles über den Haufen, was bisher so dagewesen ist Jetzt gilt es, eine Grundannahme des ersten Kapitels völlig zu vergessen. Von nun an sind die Körper nicht mehr starr, sondern elastisch. Wir wenden uns etwas mehr der Realität zu. Als kleines, anschauliches Beispiel aus dem täglichen Leben stellen wir uns eine gcpicrctc Brustwarze vor, die zur Erhöhung des Reizes mit Gewichten behängt wird. Nach dem I. Kapitel können wir die auf die Brust wirkenden Kräfte und Momente berechnen - nun wollen wir auch die Verlängerung der Brust bestimmen. Bei den von uns betriebenen Grundlagen der Mechanik machen wir allerdings gleich eine weitere brutale Annahme: wir gehen davon aus, daß die berechneten Auflagerreaktionen und die Schnittgrößen am starren Körper nur 72
geringfügig von denen des elastischen Körpers abweichen! Dies ist nicht selbstverständlich: Man betrachte den Kragträger mit Belastung durch eine Gewichtskraft. Die Schnittgrößenberechnung hat ja ergeben, daß keine Normalkraft im Balkenquerschnitt wirkt. Bei großen Verformungen - man nehme das elastische Lineal zur Verifikation zur Hilfe - neigt sich das Balkenende 10 Richtung der Gewichtskraft. Mit zunehmendem Neigungswinkel wird also eine immer größere Normalkraft in den Balken eingeleitet! Diesen Einfluß vernachläss igen wir im folgenden.
2.1 Das "Who is Wh n" de r Festigkeits lehre: Span nung, Dehn ung un d Elastizitä tsmo d ul Bis hier hat die Dimensionierung des Querschnittes unserer Bauteile, beispielsweise der Brustwarze, keine Rolle gespielt. Dies hat nun ein Ende. Da nicht immer eine Brust für Eigenversuche zur Hand ist und das Buch auch das kritische Auge der Jugendschutzbehörde (und das noch kritischere Auge der Mutti von Herrn Dr. Hinrichs) passieren soll, betrachten wir im folgenden anstelle der Brust drei Bungee-Jumper, die das Kleingedruckte im .Jct-andJump-Proposal" nicht gelesen haben, wo eindeutig nichts von einer anschließenden Bergung des Kunden geschrieben steht. Wir wollen uns noch einmal mit den Auge n der Festigkeitslehre den Schnittgrößen widmen. Aus der Statik ist uns noch bekannt, daß an dem kleinen freigeschnittenen Seilelement die Normalkraft F~ = mg wirkt. In der Statik hatten wir den Querschnitt der Bauteile unberücksichtigt gelassen. Es ist allerdings nicht abzustreiten. daß das Seil eine räumliche Ausdehnung mit einer Querschnittsfläche A aufweist - und diese Querschnittsfläche hat wohl auch einen entscheidenden Einfluß auf unseren Pulsschlag vor dem Sprung. d. h. die Belastung des Seils hat etwas mit der Querschnittstläche zu tun! Irgendwo, an einem Punkt in dieser Fläche muß die Normalkraft F;-.J wirken - aber wo genau? Eigentlich ja überall, also N kleine Kräfte vom Betrag F;-.J I N, die in der Summe F;-.J ergeben. Und eigentlich können wir unendlich viele Kräfte (N--)ooo) in der Querschnittstläche unterbringen (mit kleinen Kräften FN I N = ...) . 73
Für die Beschreibung der Vorgänge in der Querschnittsfläche ist der Kraftbegriff also offensichtlich nicht mehr geeignet. Die Belastung der Fläche scheint von der Größe der Fläche einerseits und von der aufgebrac hten Kraft andererseits abhän gig zu sein. Hier muß eine neue Größe eingeführt werden:
die Spannung: c =
F
[Nimm' )
A
Zur Erläuterung: Dieses komische Zeichen am Anfang ist nicht die köstliche duftende TschiboKaffeebohne, sondern das Zeichen für die Spannung. Man lese: "s igma", also ein griechisches s!
74
Hieraus folgt, daß die Belastung des Seils be i Verdopplung der Masse des Bungcc-Springcrs (oder besser -Hängcrs) bei einem Seil mit doppelter Querschnitts fläche gleich bleib t. Da die kleinen Kraftpfeile in der Querschnittsfläche alle se nkrec ht, also .normal'' zur Fläche stehen, heißt diese Spannung auch Normalspannung diese Bezeichnungsweise korrespondiert mit der Bezeichnung der Normalkraft, die sich j a als Schnittg rö ße in unserem Seil ergibt. Die Wirkung der Normals pannung ist immer eine Verlänge rung (oder Verkürzung ) eines kleinen
Körperelements. die sich in unserem Beispiel als Verlänge rung des Seils auswirk t. Die Grö ße der Spannu ng gibt also die tatsäch liche Belastung an, mit der das Bauteil beau fschlagt ist. An kleinsten Elem enten oder Molekü len eines Jumbojets und einer Stecknade l. d ie gleichen Spannunge n ausgesetzt sind. zerren also die gleichen Belastungen, In diesem Fall we rden wo hl auch die Verformungen dieser sehr unterschiedlichen Bauteile gleich sein - und auch die Sicherheit gege n ein Versagen des Bauteils , Kommen wir nun zu den Verfo rmunge n, die sc heinbar mit den Spannungen etw as zu tun haben : Kehren w ir nochmal zu unseren Bungcc-Jumpcrn zurück , die "geme insam etwas abhängen" (Herr Dr. Romb erg kann das auch ohne Scil l). Das Seil der leichten Grazie (Ge wichtskraft G) wird wese ntlich ge ringe r verformt (nä mlich verlänge rt um den Betrag x) als das des schwe re n regelmäßigen Besuchers der Muc kibudc . Genauere Messunge n unter Laborbed ingungen zeigen dann, daß nach einem Kombisprung zweier Grazien (Ge wichtskraft 2G) an einem Se il dieses die doppelt e Verlänge rung 2x erfahrt , Die wisse nschaftliche Auswertung führt dann zu folgender Ergebnisdiagramm chartplotau swertung: Wir können in dem Diagramm mit der Zug kraft F über der Verlänge rung x den linearen Bereich mit der Prop ortionalität (doppelte Zugkraft ==> dop pelte Verlänge rung) erkennen, Das komische Zeichen vor dem L an der x-Ac hsc ist weder ein Zelt noch ein Dreieck, sondern ein " Delta" , Dieses beschreibt die Längenänderung. also öl,
= L{N) - Lo (Längcnändcrung = Länge bei Normalkraft N minus
unbelas tete Anfangs länge) .
75
T
_ T~)(" __ ._
)(
Bild 42: Zugkraft F als Funktion der Verlängerung öl,
Die Proportionalität gilt bis zum Riß des Seiles oder bis zum Aufprelle n der Schädeldecke auf dem Asphalt - dann verlieren wir die Kontrolle über unseren Versuch. Auch für unsere schlauen Rechnungen verlieren wir dann die Kontrolle, wir beschränken uns also auf den linearen Bereich. Das alles faßt man normalerweise zum Federgesetz oder auch Hookcschcn Gesetz zusamme n:
F = c d L. Da das bisherige noch jcdc{r) Hausmännln mit Abitur versteht, schlägt hier die wissenschaftliche Nebelmaschine kräftig zu: Die Erfahrung zeigt, daß
das doppelte Gewicht (F = 2G) die doppelte Verlängerung beim Hängen zur Folge hat, d.h. wir folgern messerscharf: d L - F {Mann/Frau lese: Die Längenänderung Ll L ist proportional zur (Zug-)Kratl F), 76
verdoppeln wir die Länge L des Gummibandes, ist auch die Verlängerung doppelt so groß: ö L - L, bei doppeltem Querschnitt A des Gummibandes (oder zwei Gummibändern) tritt bei gleichem Gewicht nur die halbe Verlängerung auf, d.h. ö L - l/A , je steifer das Material des Gummibandes, desto weniger Auslenkung bewirkt die Gewichtskraft. Die Steifigkeit des Materials benennen wir ... hier ... mit ... na, was nehmen wir denn mal ... E, es gilt also ö L - IIE.
Es ergibt sich also fiir die Auslenkung ö L (das einfache lineare Stoffgcsctz):
•
FL EA
-
öL ~
Statt der Kraft tragen wir jetzt die Spannung als bezogene Größe auf: F
a =-
[Ni mm' ] A Die Spannung bezeichnet also die Kraft pro Flächenelement des Zugstabes oder des Seiles. Anstelle der Verlängerung ö L führen wir zur weiteren
Vernebelung eine Deeeeehhhhhhhhhnnnnuuuuung ein, also die Verlängerung pro Teilstück des Seiles: öL
[1].
< ~ -
L
Der Federkonstanten e (bezogen auf eine Länge) haben wir im Diagramm ja einen komplizierteren Namen verpaßt den Elastizitätsmodul E (unter Freunden: E-Modul). Hört sich gut an, oder? Die wissenschaftliche Nebelmaschine hat hier also kräftig zugeschlagen: der technische Sachverhalt ist unverändert, was man an den identischen Bildern erkennen kann - die Bezeichnungen erfordern aber ein kleines Wörterbuch für den unerfahrenen (Noeh)-Loser.
77
T 0''+R
Bild 43: Wie Bild 42, nur mit verwissenscha ftlichter Achsenbeschriftung
Infol gc der geänderten Einheiten dur ch die Einführu ng von
0"
und c hat sich
auch die Einheit der Proport ionalitätskonstanten geändert: Der Elastizitätsmodul E besitzt die Einheit Nzmm", Dies ist eine materials pezifische Konstante, d. h. deren Wert ist für jedes Material beim Kauf gege ben und unabhängig von der Farbe, dem gewäh lten Durchmesser ..., also einfach nur vom Mat erial abhängig. Man kann nun schnell das Federgesetz umwandeln: aus den vorstehenden Gleichungen ergibt sich
a = cE Die Modellbildung fiir die Abhängigkeit der Verform ung (Dehnung s) von der Belastung (Spannung c ) nennt man Stoffgesetz - im vorliege nden Fall haben wir ruf den linearen, elastischen Bereich ein lineares Stoffgesetz verwendet und dabei soll es auch bleiben! Einsetzen der Glei chungen ineinander liefert die folg enden ..lebenswichtigen" Erkenntnisse: die Ersatzsteifigkeit eines elastischen Körpers läßt sich auch aus den Mat erial- und Geometriedat en errec hnen:
FL
Ll L ~
EA
78
c
'"
EA L
~-
WoHL
WjeOE~"nL
.Dje srOF F6ESETtE
NiCitT ßEnQ PO) . Durch den Kleber bzw. die Reibung werden aber im zweiten Fall die beiden Punkte P und Q auch bei der Verformung zusammengehalten. Dies geschieht durch die Kraft des Klebers. (Wir haben als überaus leistungsfähigen Klebers bei unseren Expe rimenten UHU r em -endet - wi r wissen nicht, ob auch andere Kleber gee ignet sind), Da die Kraft des Klebers wie eine große Reibkraft wirkt, haben wir sie mit FR bezeichnet. Diese Kleberkraft wirkt also der von der Biegung angestrebten Verformung entgegen. In der Kont aktfl äche müssen wir dieses Resultat der Biegung dann eine Schubspannung nennen, da die Reibkräfte in Richtung der Fläche wirken. Aber was passiert nun in einem Träger, der dieselben Maße hat wi e der Träger 11 , aber aus einem Stück gefertigt worden ist? Na lego, da passiert natürlich ge nau dasselbe. Wir halten also fest: Bei der Biegebean spruchung korrunt es gleichzeitig zu emer Schubspan nung. Und diese könne wir mit folgender Form el berechnen: . (x,z)
~
Q( x) S( z)
-'7-;'-;-7-'I b( z)
12 1
min.
dtp M t = dx Gl,
I
bei b(s) ==> max.
. =-
I
Verdreh ung
'.
'. =
J9 (x)dx
0
Que rschnitte. Mt. G=konst.
heits moment
'" 'l-bCS)
, '/
(n stückweise konst. Wandstärken)
Fläc henträg-
,
v
~
T... (s)
/
t'W(l~ (s)
,(/~(hwrrr l{rältr d u, unü munnt ihll1 neu lritr n prepe rtie uate C,rschwinbi!Ikd tr n. Dir lrit brs bir
Iertnmelmtenäeu
~ u (s tri !Ir ns
l!3rs(bwiubigkritr u
sur
g rö ~t rn ~)ö hr
unb
[ene
lJ rrhiilt sich wir
J!)öbrn,
wir
bir
tJrs chlJJi nbi!Ikritrn unb Zetteu ;US,ll11l1trU, eu er ste stehen im bopprlt rn llrrhält niss her C,rschwinbi!Ikritru. D ir jßr wrgun!I eines l.l n!Is einer qernüeu l!.inir qeurarten eu en l{örprrs, wr(chr ,1115 beut W urlr herue rqeheu II1U55, wirb mit her jHrwr gun!I msaunneuqesent. üte .1US her $l cbwr rr entsprt ugt. Alles klar? Für d ie Berechn ung der Flugzeit lmax bi s zur Höhe Ymax erg ib t sich mit y (tmax) = 0 t max =
v
go
Also den n, laßt den jungen Burschen mal rein ... (Wen n er dan n natürlich nach der Anfangsgeschw indigkeit der
Rakete fragt, herz liches Beileid . Und
überhau pt, die Rakete wird ja am Anfang imm er sc hneller, es w irkt also eine beschleu nigende Kraft , blödes Bcisp icll ). An dieser Stelle zeigt Herr Dr. Romberg gern se ine Narben und p laudert aus se iner Kindheit , in der er eine Stufenrakete aus zwe i zus amme ngeschraubten und üb er eine Lunt e miteinand er
164
verb undenen Sylvesterra keten entw ickelt hat - leider hat d ie zweite Stufe erst
nach dem obe ren Umkehrp unkt gczündct.; Nun ein Beispiel zum Energiesatz: In einem Schac ht der Höhe H fällt ein Ste in se nkrec ht nach unten . Nach der Ze it T h ört man am Schachte ing ang einen kurz en erstickte n Schre i (Schallgeschwindigk eit c). a) Bestimm en Sie die Höhe H ! b) Wie groß ist der relative Fehler ö H/H, wenn man die Ze it T als reine Fallzeit deutet? Gegeben: T = 15 s, g = 9.XI m/s>, c = 330 mJs.
a)
Die Formel für die Wurfbewegung ergibt x(t FaU) = H =
1
'2 g t 2 + ve t + Xo 165
mit
Vo = 0 und xo=O
==>
=p gH
tFaU
Der Schall breitet sich mit x(1) =
- C
t von der Auftrefffläche aus, also
H tSchall = -;;Die Gesamtzeit T ergibt sich aus der Summe der beiden Zeiten:
T = tFall + tSchall
==>
IS = pH + H
==>
H+ C
g
C
IIgJH - 15 c = 0 V
Mit der p-q-Fonncl (Herr Dr. Hinrichs benutzt hier lieber den Satz von Vieta) ergibt sich
JH [ "I = - c {T ±
_1_ c 2 + 15 c 2g die einzige sinnvolle Lösung ist mit den gege benen Zahlenwe rten:
.-
H
b)
V2il
=
782.3 m
Die Vernachlässigung der vom Schalls benötigten Zeit führt auf
also
tFan
= T= ~ 2Hg
H*
= T' g/ 2 = 1103,6 m
AH = H* - H = 32 1,3 m
==>
relativer Fehler:
"' H / H = 32 1,3 / 782,3 = 0.41
(Jeder, der einen anderen relati ven Fehler ausge rechnet hat, muß Lösung nach einem absoluten Fehler suchen.)
166
In
seiner
Als Grundannahme für alles Vorhergehende haben wir Buch untergejubelt. daß der Wurf bzw. der freie Fall unseres Flugkörpers immer schön in Richtung der Erdbeschleunigung erfolgt. Das ist natürlich für alle möglichen Wurfbeweg ungen eine so unzulässige Einschränkung wie wenn man den Zoo nur fiir Ameisenbären öffnen würde. Daher nun den allgemeineren Fall, den sogenannten schiefen Wurf. 3.2.1.2 Schi efer
we-r
Mit der Problematik einer weiteren Sonderform einer Wurfbewegung, einem horizontalen Abwurf, haben sich schon berühmte Köpfe auseinandergesetzt
[8J: l{öulItr uer l{örprr %I. IJrnuögr bn- Wurfhrwrgllng allnn. iu nner gegebenen lrit t ne gembe lUnie 1HH beschrieben unü lJermöge her jFaUbrweguug allein. in beraclbm l rit bir ji)ölJr %I'!: ~ Il r ii c k l r g r u. so wirb er sich. umm man b.1S l).lraUrlograllllll %l1JJDC ucttmbet. hrf ~ Il sa lll lll r ll g rs rt ~ t r r jileweguug, aut e ube [ener l eit im lJuukte D betmüen. Die R urue ::aeD . uiel rhe er besrhrefbt . ist etne l)arahrl.
A
E
c L-
B
---' O 167
.
-., '
#-41 .....__.~ r -,
Obwohl hier der Sachverha lt auf den Punkt gebracht ist, eini ge zusätz liche
Erläuterung en: Bei einem waagerec hten Wurf vom Punkt A wird der geworfene Gegen stand genauso sc hne ll im Punkt D auf dem Boden au fkomm en , wie wenn er vom Punkt A fall engelassen wird und im Punkt C au fschlägt. Die allgemeine Wurfparabe l ist daher eine Übe rlagerung der Bewegungen: •
horizon tale Bewegung mit gonsdander ((-- Gcmnitz) Geschwindigkeit
vx: Yx
= konst,
• vertikale Bewegung mit Beschleunigung infolgc der Erdbeschl eunigun g:
,
v =- g t , Easy, oder? Der horizontale Wurf wird also durch die gleichen Gleichu ngen gleich beschri eben wie der vertikale Wurf - nur durch Hinzunahme der Bewegung in horizontaler Richtung. Das Ganz e kann man sich also ungefähr so 168
vorste llen, wie in den ..Tom und Jcrry"- Ze ichentric kfilme n, in denen Jerry m it dem wütenden Tom im Nacken über die Klippe hinaus geradeausläuft, in der Luft zum Ste hen kommt, einen Blick nach unten wag t und dann - mit Entsetzen in den Auge n senkrecht nach unten fä llt: die Realität ist zwa r and ers, das Resu ltat ab er dassel be (Herr Dr. Romberg fände hier das Paar Koj ote und Roadrunner (bccp! bccp l) passend er). Un nu zum sc hiefen Wu rf
l5
:
:I>E ~
S<Ji iE Fe lIIU'l F
Im folgenden beschä ftigen wi r uns mit einer beli ebten Freizeitbeschäftigung der Mechaniker: Kirschkern tennis . Angenommen, man wolle spuckender Weise einen Kirschkern aus der Höhe H in ein Ziel in der Entfern ung L in der Höhe h befördern: wie tun, wiev iel Speed und welc he Rotzneigung u?
------_. - --- . ~
I
j~, L
-~
-
..
.,
A uch hier können wir die zwei Bewegungen zunächst einma l zerlegen: Die Anfan gsgeschwindigkeit beträgt:
3SO.Ton Herr Dr. Ro mbcrg: "Guck mal, sieht doch aus wie von Dürcr, oder'?"
169
H
Mit diesen Geschwindigkeitskomponenten können W lf aber Manier fiir die x- und y- Richtungcn getrennt wcitcrrcc hncn: x(t) =
Yx
10
bekannter
t = vo coso t ,
y(t) = vy t - 0.5 g t 2 + H = vo sinc t - 0.5 g t 2 + H . Zum Ze itpunkt t* soll der Kirschkern im Ziel auftreffen. Es gilt x(t*) = L = vo cosc t*, y(t*) = h = vo sin« t* - 0.5 g t*2 + H.
Ein Praktiker wird fii r eine Woche mit einer Dose Fisch in einer Höhle eingesperrt - nach der Woche ist die gesamte Wand durch die Würf e des Handwerkers demoliert - Dose auf," Praktiker lebt! Danach wird ein Ingenieur derselben Prozedur ausgesetzt- nach der Woche ist die ganze Wand mit Gleichungen vollgeschrieben (Wurfparabeli), eine Stelle der Wandung beschädigt, Dose an berechneter Stelle geöffnet, Ingenieur lebt. Und dann der Mathematiker: Nach der Woche ist die ganze Flöhte vollgeschrieben. Mathematiker tot mit einem zufriedenen Lächeln au/den Lippen - an der Decke steht: " Annahme: Die Dose sei offen und ich hätte keinen t lunger". Damit stehen uns aber zwei Gleich ungen mit den Unbekannten a und Vo zur Verfügung. Die Auflösung dieses eher mathematischen Problems überlassen wir den Freiwilli gen unter Euch, die Herrn Dr. Hinrichs nacheifern wollen. Und an die Heißdüsen mit den ersten an uns eingese ndeten richtigen Lösungen verlosen wir einen Asbestanzug für die Angehörigen. Für alle anderen: wichtig ist hier das Prinzip der Überlagerung - hat man das verstanden ist der Rest ein Klacks!
170
Und nun noch ein wichtiger Trick: Die Wahl der Nullage der Koordinaten ist jedem frei überlasse n. Das gilt beispielsweise fiir die Nullagen von x, y und t. Mit der richtigen Wahl derselben kann man sich aber eine Menge Arbeit in Form seitenweiser algebraischer Um formungen ersparen. So macht es keinen Sinn, die Zeitachse mit Herrn Dr. Rombergs Entj ungferung beginnen zu lassen, wer weiß schon wa nn das war (oder mit der von Herrn Dr. Hinrichs, wer weiß schon, wa nn das sein wird). Ebensowenig erfreut es den Fragenden, we nn wir bei der Wegbesc hreibung zum Bäcker am Nordpol beginnen - obwo hl wir damit alle notwendigen Infos zur Ver fügung stellen würden. -YfttI genüwiowenig enichcinen cinige bccrbü cheF gee ignet, cinen direkten Zugung Zlif MCfAüni!t Zli finlolcn. Mün !tünn ZWI:I F tACflfCti!ifA fnit dic:icn ')/cr!tc ll Zl;un Zicl ltflH1Hlcn , abcf ....
Al so unbedingt b eachten : Immer an den Start - oder Zielzustand den Nullpunkt der Koordinaten legen.' Für das letzte Beispiel heißt dies beispielsweise: Die Zeit zäh lt mit t = 0 los, we nn der Kirschkern den Mund verläßt. Die Koordinaten x(t=O) = 0 und y(t=O) = H - h besc hreiben die A brotzposition. Eine derartige Wahl der Nullage der y-Koordinatc hat den Vorte il, daß sich am Ziel y(t*) = 0 crgibt !l! By the way - in den Gleichungen taucht keine Masse auf. Das berechnete Ergebni s ist also unabhängig davon, aus welchem Material der ge rotzte Gegenstand besteht. Wenn also gerade kein Kirschkem zur Hand ist ...
3.2.1.3 Energiesatz bei Rota tion Nun noch ein paar Takte zur Rotation: Bisher hatten wir ja nur die kinetische Energie fiir die translatorischc (zur Erinnerung: drchfrcic) Bewegung mit Ekin 2 = 0.5 mx berechnet (Wer nicht weiß, woher die 0.5 kommt: andere Schreibwe ise für [oder auch ein-Zwc itel]).
1
Leider kann es aber auch vorkommen, daß ein Körp er rollt. Hierbei rotiert der Körper nicht nur - dann würde er ja an demselben Ort bleiben. Das Rollen, beispielsweise eines Zylinders, bedeutet vielmehr eine translatorische
171
Bewegung des Schwerpunktes und zusätzliche Rotation. Beginnen wir zunächst mit der reinen Rotation. Folgendes Beipiel: Herr Dr. Romberg (Masse mR: 1,45 Zentner + 0.05 Zentner Notfal l-Spirituosen) sitzt im Abstand r von der Drehachse auf einem Kinderkarussell . Nach mühsamer Antriebsarbeit von Herrn Dr. Hinrichs (Herr Dr. Romberg betätigt sich nur in Ausnahmefällen sportlich) bringt dieser das Karussell auf eine Win-
kelgeschwindigkeit wR,I'
..
•
Herr Dr. Romberg lehnt sich genüßlich zurück, um mit einer Flasche Bier im Abstand r (Karussclradius) vom Drehpunkt allein zu sein. Seine kinetische Energie (Index R) beträgt:
Herr Dr. Hinrichs kann's wieder mal nicht lassen und fummelt ein wenig an dieser Gleichung herum: 172
Hierdurch stößt er auf eine neue Größe, nämlich J R, welches auch Massenträgheitsmoment genannt wird. Eine gewisse Analogie mit der Masse bei der Translation ist nicht zu verkennen. So wie die Masse eine Art Widerstand gegen Bewegung darstellt, so stellt das Massenträgheitsmoment eine Art Widerstand gegen Drehung dar. Das Ergebnis der Fummelarbeit von Herrn Dr. Hinrichs, nämlich
zeigt in voller Schönheit, worauf es beim Massenträgheitsmoment ankommt, nämlich erstens auf die Masse selbst (sonst gäbe es ja keine Trägheit) und zweitens auf den Abstand der Masse von der Drehachse. Letzteres zeigt aber noch etwas anderes: Das Massenträgheitsmoment ist offensichtlich vom Bezugspunkt abhängig! Die Energie ER berechnet man nun gemäß
wenn man einmal die Masse des Karussells vemachlössigt !ll Diese Formel ist eigentlich ähnlich aufgebaut wie die für die translatorische Bewegung. I) Der Masse m für die translatorischc Bewegung entspricht also bei der Rotation das J, welches auch das Massenträgheitsmoment genannt wird. Herr Dr. Hinrichs wird nun sagen, daß in dem Beispiel des Herrn Dr. Romberg die Trägheit unendlich groß sein wird36 • Für die Energiebetrachtung ist es von entscheidender Bedeutung, wo der Genießer Platz genommen hat: sitzt er auf der Drehachse, so ist er sehr leicht in Rotation zu versetzen (=> Trägheit(smoment) J klein, Energie klein). Hängt er aber im Sessel im Abstand r = I km von der Drehachse, dann ist das Karussell nur mit großem Energieaufwand zu beschleunigen ( => Trägheitsmoment J groß, Energie groß). Das Massemträgheitsmoment hängt natürlich dann auch vom Ort des Drehpunktes ab. Die gleiche Masse kann also verschiedene Träg-
J~H eIT Dr. Hirnichs beha uptet andererseits auch, Herr Dr. Romberg sei das einzige Objekt im Universum, das ein bißeben Masse, aber keine Energie besitzt.
173
heitsmom ente verursachen . Das Masse nträgheitsmome nt J R hän gt - entsprechend dem Flächenträgheitsmoment - quadra tisch vom Radius r ab: J R = (m R + m Spirituoscn) r2
2)
Der Geschwindigkeit für die translatorischc Bewegung entspricht fiir
die Rotation die Winkelgesc hwindigke it <j> = co . Diese geht - entsprec hend der Geschwindigkeit bei der translatorischen Energie - quadratisch in die Bcrcchnung der Energie ein. Mit der Formel kann Herr Dr. Hinrichs nebenbei also die Energie berechnen, die er Herrn Dr. Romberg zuge führt hat. Nac h dieser Rechenzeit von unge fähr fünfzehn Sekunden steigt Herr Dr. Hinrichs (Masse M = 1,95 Zentner
+ 0.05 Zentner wisse nschaftliche Literatur)
aus der Ruhe eben falls auf das Karussell im Abstand r, we il er sich - selbstver-
Lebensgefühl eines zentripetal beschleunigten Körpers aussetzen möchte. Was pas siert dabei? Klar - das Karussell wird langsamer. Der Grund hierfür ist, daß die Energie des Herrn Dr. Romberg nun von beiden Personen genutzt wird (Man könn te auch sage n: Herr Dr. Hin richs schma rotzt). Die Energie EI teilt sich
ständlich aus
wisse nschaftlichen
Gründen -
dem
also auf in ER (Rombcrg) und EH (Hinrichs) :
Als Zwa ngsbe dingung dafür, daß bcidc auf dem selben Karussell sitzen, gilt weiterhin
Während Herr Dr. Romberg sich noch intensiver mit seiner nächsten Bierflasche besc häftigt, berechnet Herr Dr. Hinr ichs. inwieweit sich die Geschwindigkeit des Karusscls verringert hat. Und nun eine kleine Alternative: Man kann natürlich als Theoretiker auc h davon ausge hen, daß die beiden akademischen Körper auch zu einem Körper natü rlich nur theoretisch - miteinander versc hmelzen. Man tut also nur so, als
174
ob die Körper miteinander eins werden, die Realität ist natürlich anders. In diesem Fall können wir die Energie E2 etwas einfacher schreibe n:
Für das Gesamtmassenträgheitsmoment der versc hmolzene n Körper gilt dabei:
Noch cmc klein e, wichtige A nme rkung: Für die Energiebetrachtung ist es völlig unerhebl ich , ob: die Doctorissirni Rornbcrgf und Hinrichs auf cmcrn Sitz des
a)
Karussells oder auf gege nübe rliegenden Sitzen hocken,
b)
Oe Hinr ichs aufrecht im Abstand r von der Drehachse sitzt oder in cmcm Kreisbogen mit Radius r im Abstand von der Drehachse liegt.
Im folgenden ereignet sich für Herrn Dr. Romberg eine persön liche Tragödie: Info lge seines zunehme nd fahri geren Händlings verliert er eine volle Bierfla sche in radialer Richtung. Während Herr Dr. Romberg den Tränen nahe ist und sich mit der letzten verbliebenen Bierflasche tröstet, geht Herr Oe Hinrichs der " Mechanik der Tragödie" a uf den Gru nd. Besonders interessiert ihn hierbei, was mit der Win kelgeschwindigkeit des Karussells kurz nach dem "Wegfall"
der
Flasche passiert . Wird
Karussells
klein er, weil ja
Energie
die mit
Winkelg eschwindigkeit des der
wegfliegenden
Flas che
wegge nomme n wird? Von der Kreisbewegun g wisse n wir ja schon, daß die Umfangsgesc hwindigkeit v
=
co R beträgt . Mit dieser Geschwindig keit v wird der Körper also
tangential aus der Kreisbahn gesc hosse n. Vor dem inneren Auge des Dr. Hinrichs laufen nun die Gleichungen für die Energiebi lanz ab :
37
Kenner vermuten, daß sieh Herr Dr. Romberg seinen Titel bei Konsul ß eyer •.erarbeitet" hat
175
1J
-
~
2
-
GW"
=
Und wenn Herr Dr. Hinrichs dan n die Glei chunge n noch durchkoffcrt. dann stellt sich komis cherweise heraus, daß 002
= 00]
ist. Abe r das ist ja auch von der
Ansc hauung klar:
Für den vorliegenden Bewegungszustand ist es egal, ob die Bierflasche im Zustand 2, also vor der Tragödie, in Verbindung mit dem Mund von Herrn Dr. Romberg steht - oder ohne Verbindung mit dem Karussell an einer unsichtbaren Stange (im Rad ius R mit der Winkelgeschwindigkeit (1)2 ) um die Drehachse vor der roten Nase von Herrn Dr. Romberg schwebt. Dann muß sich
aber auch die Bewegung des Karussells nicht ändern, wenn sich irgendwann die Flasche von der Stange löst und auf dem Erdboden zersc hellt. Oder andcrsrum: Herrn Dr. Hinrichs ist aus der Ruhe auf das Karussell aufgesti egen, mußte also durc h das Karussell mit Energie versehen werden , während die Bierflasche den Bewegungszustand und damit die Energie nicht ändert . Dies ist also wieder einmal ein Beispiel für die unterschiedli che Wah l der (Bezugs-)Systeme: Zunächst hatten wir Herrn Dr. Romberg und Herrn Dr. Hinrichs als sepa rate Systeme betrachtet, dann die Verschmelzung der beiden und zuletzt die Verschmelzung ohne Bierflasche als ein System und die Bierflasche als zwe ites System. Nun aber noch einm al zurü ck zum Masse nträgheits mome nt. Der Abstand der Masse von der Drehachse muß fiir die Rotationsenergie eine entsche idende Rolle spielen. Diese Abhängig keit (und der gew ählte Buchstabe 1) erinnern aber stark an das Flächenträgheitsmoment in Kapitel 2. Im folgenden bezeichnen wir mit
)0
das Masse nträghe its mome nt des
Körpers bezüglich eines (ortsfesten) Drehpunktes Q. Der Drehpunkt steht im folgenden also stets oben beim J rechts in der Ecke und die Indizes rechts unten bezeichnen die Drehachse. Die Einhe it des Massenträgheitsmomentes ist [kg 2 01 ].
Auch das Masse nträgheitsmome nt ist natü rlich für einige Standardkörper als TabeIle gege ben, vgl. untenstehende Tablette - das Karussell mit Bierflasche sucht man hier allerdings vergeblich.
176
Die wich t! sten Massent r ägh eitsm oment es
')
m ., ., hJxxzz = J = -4 lR- + r- +- 3
Zy linder & Kreisschcibc: (kurzer Vo llzylinder. h=O,
I
J YY - 2' m R
FO)
2
Sonderfall: rollender Zylinder auf ru hend er Unterlage:
Kreisri ng. {kurzer Hohlzylinder . h=O,
="23 m R ",, Q : Aufl agc'punkt'
r= R)
JQ yy
Dünner Stab
JC = J c n
= ~mh 2. 12
rz
Jyy - 0,
J A = JA = .!.mh 2 u 3
b Quad er
I 12
,
,
J C = - m (h- + I-l xx
(1 ~
und
J~
berechnen sich
analog)
Und wenn ein Körper kom isch durch di e Gegend eie rt, also z .B. rollt, dann kön nen w ir imm er den Momentan pol des Körpers ermit te ln und dann die kinetische Energ ie für reine Rotation um den Mome ntanpo l bestimm en:
I
Ek·m = -2 JO oi
.
Aber oh we h! Wie rechnen wir den gegebenen Massenträgheitsmo menten die
Massenträgheitsmomente um e ine n um den Abstand d verschobenen Punkt aus? (Be ispielsweise das Massenträghe itsmomen t eines ro llenden Zy linders bezüglich se ines A uflagepunktes , also se ines Momentanpols?) Wie beim Flächenträgheitsmoment hil ft uns da der Satz von Stci ncr!
177
HE Sm"f 4 . . . NiE/< iST Dfi N RIJTf,L !
Für den rollenden Zy linder ergibt sich dann JQ = J c yy
yy
2 + m R2 =2 2mR
(Zur Übung verifiziere man das Ergebnis in der Tabelle
ruf
den rollenden
Zylinder und den um A und C kippend en Stabl) Zur Übung !wll.\'t auch Oll das Ergebnis in der Tabelle für den rollenden Zylinder und den um A und C rotierenden Stab verifizierenll l Puh, that was hard stuffl Aus pädagogisch - didaktischen Gründen erachtet es Herr Dr. Hinrichs als sehr we rtvo ll, an dieser Stelle gleich mit
einem schönen Beispiel aufzuwarten. OvTon: " Das rundet die Sache unglaublich ab!" Die Aufgabe stammt aus der Vergangenhe it des Herrn Dr. Romberg {ke ine A ngst, mit den ganz finsteren Kapiteln wollen wir uns auch an dieser
178
Stelle
nicht
beschäftigen).
Gegenstand
der
Untersuchung
wird
das
Friesenabitu r. bei dem Herr Dr. Romberg größere Erfo lge erringe n konnte als bei anderen A bituranläufen. Disziplin: Tee beute lwe itwu rf...
Bild 9] ; Techcutclwcitwurf
Gesucht ist die Wurfweite x max bei gegebe nem R = I m, co = I /s, Abwurfhöhe H = 1.5 R, Abw urfw inkcl Cl = 45°, g = I0 [m/s-]. Zunächst ste llen w ir den Energieerhaltungssatz für die Zeitpunkte direkt vor und nach dem Abwurf des Teebe utels auf, um die Abwurfgeschw indigke it rauszukricgcn: Egcs =
1J
Y =- g
Auch wenn Herr Dr. Hinrichs es abstreitet: So geht es um einiges einfacher als in Kapitel 3.2. 1.1! Das Vorgehen bei derart beschleunigten oder verzögerten Bewegungen besteht also zunächst aus der Anwendung der Freischneidekünste wie in der Statik . Es kommt ein sehr grundlegendes Vorgehen der Mechanik zum Einsatz: die Freischneidemethode. Wir müssen also den Kirschkern freischneiden. Über das Freischneiden erhalten wir ein Freik örperbild. Ohne Frei-
181
schneiden geht es an d ieser Stelle nicht weiter, so daß dem Freischneid en auch hier eine beso ndere Bedeutung zukommt.
Die " Beschleunigungskr a fI"
( 01
y) wir d
n i ch / in das Fre ikör per bild einget r a gen ! Wir sc hne iden als nächstes also frei. Andere nennen ein dera rtig es Vorgehen auch das erstellen eines Freik örperbil des. Hieran anschließend wenden w ir das sogenannten Newtonsehen Ax ioms an.
Dazu gleich noch ein Beisp iel:
Aus irgendwelchen Gründen ist die abgeb ildete Hose plötzlich sc hwere r geworden." , 41 Fraglich ist nun, wann die rutschende Hose unten angekommen ist. Kleiner T ip.. Länge der Beine: I
01,
Masse der Hose:
01 =
I kg, Normal-
kraft zw ischen Hose und Beinen durch Gummizug: FN = IO N, gcmittcltc r Reibkoeffi zient zwischen Hose und Gebein: IJ = 0.25 (z usätzlich au ftretende Gleiteffekte werden vernachläss igt). Also : das Freikörperbild und Anwe nd ung des Ne wtonse hen Ax ioms nach folgendem Koc hr ezept (So so llte man immer vorge hen, um die Vorzeichenprobleme zu verme iden):
40 Ähnlichkeite n der dargestellte n Person mit Herrn Dr. Romberg sind von diese m beim Zeichnen absichtlich rctouschicn worden. 41 Über den " Humor" von Herrn Dr. Hinrichs muß auch an dieser Stelle großz ügig hinweggesehe n werden
182
Erst wird der .Beschl eunigun gst erm'' (h ier m y} auf die Unke Seife des Gleich eltszelchens geschr ieben. Auf der rechten Seife werden dann die Kräfte aufsummiert. wob ei diej enigen , die in Koordinatenrichtug zeigen positiv gezä hlt werden ! Also, (y zeigt nach ob en);
my = :E F =
- m g + J.l F}l =- I '1O + 0 .25 "l O kg m/s?
= >
Y= - 7.5 m/s"
= >
Y = - 0.5 ' 10 '
==> t* =.ff s
t~
+Im
mit y(t*) = 0
= 0.44 72 s
Man kann also man chmal sc hne ller d umm dastehen . als man denkt !
I/LSO,
1.1..1
««
lJiE6€ ~ ic.H 6{(uAJ /)sti rz LlcK IoJfJ~ ER
mH~5r"H L ... UI.JO ~U Sn . Zur Erfassung der " Plastizität des Stoßes" wird nun die Stoßziffer e eingeführt:
Tja, und das bedeutet: elastischer Stoß: teilplastischer Stoß: vollplastischer Stoß:
e= I
O< e < 1 e= O
Und wozu das Ganze? Man kann nun mit der Stoßzahl nicht nur den Impulssatz in integraler Form auf einen Körper anwenden, sondern hiermit den 190
Stoß ve rgang zw ischen zwe i Körpern abbilden. In den Lehrbüchern in Anlage sind herrliche -V-Herleitungen dargestellt. die für den Fall des zentralen Stoßes von zwe i Körpern au ffo lgende Gleichungen führen:
uo,h"r
na.ch her
m2
m2
m.
m~
{D-
-(D ~-
---'>
~
~
-+
""1
----'>
V..
Bild 98 : Stoß zweier elastischer Körper
Das folgende betr ifft also zwc i Körper mit den Masse n m l, ruz- die die Geschwindigkeiten vt und v2 vor und die Geschwind igkeiten V I und V2 nach dem Stoß haben . Es gilt nun - bitte einfach glauben (Herr Dr. Hinrichs raunt: "Glaube n heißt nicht wisscn'" , Hilfstheologe Dr. Romberg beruh igt: "G lauben heißt vertrauen .;"): Die Stoßzahl c kann man aus den Geschwi ndigkeitsdifferenzen bestimm en: V\ -V2 VI - v2 Für die Geschwindigkeiten nach dem Stoß gilt: e=-
VI ~
1
m l + m2
[(ml -e m.,)v I + O+ e) nb -
V.,]-
1 V., = [(l +e) m l vt + (m ., - e m l ) v 2] - m l + m2 Energieverlust während des Stusses:
,
I- e-
2 (v I - v ,) . 2 m \ + m2 Retten k önnen einen außerdem die vereinfachten Gleichungen für den Aufprall ßT ~ --
m \ m2
eines Körp ers I gege n eine starre Wand 2 (Gr enzfall m2 = 1- e 2 ., - 2- m \ V \ - .
VI =- c v \ , 191
00 ,
v2 = 0):
Th at was hard stuffl Andererseits ist die Anwe ndung dieser Gleichungen verhältnismäßig easy, da dies eigentlich nach Schema F erfolgt!
W~, QUASS€"Sr l)V Oll ~ Q _-1 ? iCH NEH,l ~ iSeN Vif3R !
I ... .
.
"
11
~ . ~.
Daher schnell zwei Beisp iele: Zur Bestimmung der Stoßzahl e wird eine Kugel aus der Höhe H auf eine Ebene falle ng elassen. Nach dem Aufprall auf der Ebene erre icht die Kugel die maximale Flughöhe h. Wie groß ist die Stoßzahl c '? Hierzu brauchen wir ja bekanntlich die Geschwindigkeiten unm ittelbar vor und nach dem Stoß. Diese sind: (Energiesatz)
==>
v t = ~2 gH , genauso gilt
folgt
aus Vj =- e v \
192
Und gleich die nächste Aufga be: In der Herrendusche liegt auf dem schlüpfrigen Boden (J..L=O) eine Seife (Masse
m, vm=O) im Abstand L von der Wand. Beim Seifenfußball wird eine zweite Seife (Masse M = 4 01) mit der Geschwindigkeit vM gegen die erste Seife geschossen. An welcher Stelle stoßen die Seifen zum zweiten Mal zusammen, wenn die Stöße zwischen den Seifen elastisch (c = I : harte Kernseife - denn harrrrt muß sie sein) sind?
L
M
m
Zu den Seifengleic hungen. Nach dem ersten Sto ß:
Bedingung für 2. Stoß: Zurückgelegte Strecken von M bis zum nächsten Stoß bei xstoß = zurückgelegte Strecke von m bis zur Wand und zurti ck bis zu xstoß: Xstoß
L + L - xstoß = 2L - xM V m tsto ß
8
5" vM
tstoß
= > Xstoß
2L - VM t sto ß 2L -
3
5" vM tstoß
6/l 1 L.
Unfaßbar ... das war' s mit der Terrorie. 193
==>
10 L tstoß = - IlvM
Da wir wissen, daß die Halbwertszeit des Mechanik-Wissen unter Umständen sehr kurz sein kann" , bitt e die Schweißbänder anlegen: es geht gleich an die Aufgaben!
lArsr Mi B H = F.
Aufgabe: 6
A
~ 2F
Kapitel: 1.4,
LFy= 0 == > Bv = 0
Schwierigkeitsgrad: iP
Eine Bierdose kann als offe ner, kreiszylindrischer Stahlblechbehälter (Durchmesser D, Höhe H, Blechstärke s, sc e D, s-oc lf) betrachtet werden. Wenn die Bierdose mal wieder leer ist und der Nachschub aufsieh warten läßt, kann man sich den Durst mit einem wissenschaftlichen Versuc h vertreiben:
208
Die Bierdose wird am unteren Rand einse itig angeho ben. Wie groß darf h \ maximal we rden, ohne da ß der Behälter umk ippt? Gegeben: G, D, H, s, s« O, s« H.
Lösung Schwe rpunkt im x-y-Koordinatcnsys tcrn:
209
0 /2
=
y,
(Symmetrie)
t H D - 2 s) 2 S + ·~· 1 ( D 2 - ( D- 2s)2) H = -'-'-'-=--,-'-;,-----'-'::'-,------:::'--=-~ 2
-:} ( D- 25)2 5 + 1 ( D - ( D- 2s)2 ) H
H 12 nDHs+ 0
2H 2
nD 2s / 4 +1tDHs
D +4 H
2
tanß
= y/ xs =
4H 0 2 +4HD
Labiles Gleichgewicht ("gerad e noch vor dem Umkippen" und/oder "Umkippen fangt gerade an"): Ocr Schwerpunkt ist direkt, d.h. senkrecht, über dem Aufstandspunkt:
u+ß = 900 .
1
h, = D sm(90'- ß) = D cosß = D r~=CC= ~ J -s tan ' ß Aufgabe: 7
Kapitel: 1.4.
Schwierigkeitsgrad : IP
In einer Vertiefung (Breite a, Tiefe a) ruht wie skizziert ein homogener Balken konstanten Querschnitts vom Gewicht G. Das System ist reibungsfrei. Welche Länge L darf der Balken maximal haben, wenn cr nicht aus der Vertiefung herausrutschen soll? Gegeben: a, G.
2 10
Lösung Frcik örpcrb ild:
Beginn des Rutschens mit A 2 = 0:
Zentrales Kräftesystem
Vorgehen:
I ) Konstruktion des Schnittpunktes A l - B
fiir Sch werpunkt senkrecht über dem Schnittpunkt (nur dann ist die Summe der Momente um den Schnittpunkt Nulll) 2)
=== >
Aufgahe: 8
zentrales
Kräftesystem
L ~ 4 ,fi a
Kapitel : 1.4,
Schwierjgkeitsgrad: 0
Ein Trakto r (G ewicht einschI. Fahrer G, Schwe rpunkt S) fahrt ohn e Rutschen der hinteren
Antriebsräde r mit
konstanter Geschwindigkeit den
(Stcigungswi nkcl a) hinauf. Zusätzl ich wirkt die Zugkraft F. a) Bei wel cher Kraft F kippt der Traktor um?
2 11
Hang
b) Wie groß muß der Reibwert zwischen den Antriebsrädern und der Ebene mindestens sein, damit der Trak tor nicht rutscht bevor er kippt? Gegeben: a, G, a .
Lösung Bedingung für Beginn des Kippcns: Normalkraft zwis chen Vorderrad und Ebene ist Null!
a) Frcik örpcrbild:
, t
212
,
- Fa + Ga (cosa - sina) = 0
- >
F = G (cos a - sin a )
Alternative Lösung: zentrales Kräftesystem:
G
R
f sin(45' -a) rx . = , 2 G sin(45' -a ) sm 4SO (das ist dasselbe wie die erste Lösun g!!!)
=>
b)
F= G
AR
Jlo ;?: - - = tan45° = I A :-; (Jlo macht physik alisch keinen Sinn!)
Aufgabe: 9
Kapitel: 1.4.
Schwierigkeitsgrad: f'it
Der skizzierte Körper (dünnes homogenes dreieckiges Blech mit masscIosem Stab) soll durch eine Kraft F in der skizzierten Lage festgehalten werden. Man ermittle den Kraftangriffspunkt. die Richtung und den Betrag der Kraft F für den Fall der kleiristmöglichen Kraft. Wie groß ist dann die resultierende Lagerreaktion im Lager A '? Gegeben: G. a.
2 13
R
..I Lösung Überlegung: -
zur Minimierung muß die Kraft senkrecht auf dem Hebelarm stehen Hebela rm muß max ima l se in F muß an der oberen Ecke des Dreiecks angreifen und se nkrecht auf der Verbindungs linie der Spitze und des Lagers A stehen - in diesem Fall ist der Hebelarm der Kra ft maximal!
Daraus folgt:
Betrag der Kraft: ==>
rM A ; 3 F= - G 5
Krafteck mit Kräften F, A und G:
Aufgabe: 10
4
A = -G 5
Kapitel: 1.8,
Sc hwier igkeitsg ra d:
~
Ein Ingenie urlwpf Hohlw ürfel konstanter Wandstärke (Innenkantenlänge a) hängt an einem Seil, das an einer Ecke des Würfels befestigt ist. In seinem Innenraum liegt reibungsfrei eine Kugel (G ewi cht G. Durchmesser dca). 214
Wie groß sind die auf die Kugel wirkenden Stü tzkräfte nach Betrag und Neigung gegenübe r der Ve rtikalen! Gegeben: a, d, G .
Lösung I. Lösungswcg:
Koordinatensystem in Richt ung der Würfel kanten.
-->
2. Lösungsweg.
Winkcl rp zw ischen der Würfeldiagonalen und Kante : 2 15
Jede Wand trägt 1/3 der Gewichtskraft: N cosrp =
3"G G
N ~ -
J3
Aufgabe: 11
Kapitel: 1.9,
Schwierigkeitsgrad :
~
Eine Dampfwalze (Gewic ht G) besitzt eine vordere Walze (Rad ius r) und zwei hintere Antriebswalzen. Die Walzen sind reibungsfrei auf ihren Achsen gelage rt. Das Fahrzeug so ll aus der gezeichneten Lage über die Stufe rollen. Wie groß muß der Haftreibungskoeffizient J..L o zwischen der Fahrb ahn und den Walzen mindestens sein? Gegeben : L. r, G. Cl.
/ R
r
S ".
,-
'X
.. / i"
I
I L/2 ..,'I.... LI.>''.... .L- ' ," 2 16
/
Lösung Frcik örpcrb ild:
TI(' -
, ... ...
Normalkraft: r.M
P
:
.J.
0
L ,...---''''-----1 F"w
0
=
FN( L+x) -G(U2 + x) =O F~
Reibkraft:
L/ 2
_~~
~
Beginn der Bewegung:
o
•
~
mit x e r sin u
L / 2 +r sina
G -,---,--L e r sin o
= Fsv tanc = (G -FN ) tanc
L/2 L e- r sin c Reibungskoeffi zient
Au fga be: 12
~O ~
FR
-
F~
~
tan c
-,----=-=:::"='--,-,1+ 2r sin a / L
Kapitel. 1.9,
Sclm ier igke itsg r ad :
~
Ein Körper, der aus zwe i Kreisscheiben (jew eils Gewicht G, Durchmesser D) und einer gew ichts losen Verbindungsstange zusammengeschweißt ist, wird mit zwe i gleichen Seilwinden W mit konstanter Geschwindigkeit auf den Boden abgelassen.
2 17
Wie groß ist das Biegemoment in der Mitte der Verbindungsstange. wenn zwischen den Kreisscheiben und Seilen jeweils der Reibungskoeffizient J..L wirkt. Gegeben: G, D, J..L.
Lösung Freikörperbild linke Scheibe:
2 18
Aus dem Freikörperbild ergibt sich. daß im Verbindungsträger der beiden Kreisscheiben keine Normalkraft und keine Querkraft wirkt
5\
Seilrcibung:
- = el.l'l
LFV:
S\ +S2 = G
52
==>
Aufgabe: 13
G
S" = - .:::..,,,- 1+ c' "
Kapitel. 1.9,
Schwierigkeitsgrad.
~
Ein Riement rieb (Reibungskoeffizient J..L ) wird mit der skizzierten Vorrichtung durch ein Gewicht G vorgespannt. Welches Abtriebsmoment MAß kann maximal übertragen werden. ohne daß der Riemen auf einer der beiden Riemenscheiben rutscht? Gegeben: d, D=4 d. L=3d, J..L , G.
2 19
L.ösun g
Geometrie:
sinß = ==>
a =
Umschlingungswinkel:
ß = 30° (entspricht rr/6) rt -
2 arcsinß =
Freikörperbild Abtriebsscheibe .
F 1 + F..,=
-
G c053 0°
D- d
~ = 0.5
2 ,fj
=- G
220
2
- 11:
3
=>
Kapitel: 1.9.
A u fgabe: 14
Schwier igke itsgr ad :
~
Ein Bilderrahmen (Gewicht G) hängt mittels eines Fadens wie skizziert an einem Nagel.
"""
. ",
4C
I
1 \
t .....
I
I
. . .-
~
--lI
b
G
221
Wie gro ß muß der Reibungskoeffizient IJ zwischen dem Nagel und dem Faden mindestens sein, damit das Bild waagerec ht hängt, wenn die Aufhängepunkte am Rahmen unterschiedliche Abstände a und b vom Schwerpu nkt des Bildes haben. Hinweise: Der Durchmesser des Nagels ist gegenüber a und b zu vernachlässigen, ebenso die Reibung des Bildes an der Wand! Gegeben:a, b, a>b,G.
Lösung
Freik örperbild. Geometrie:
..
--I"
SI sina = Sz cosa
:EFH: --> Geometrie: I u. II:
Scilrcibung:
tana = Sz / SI
(I)
tana = alh = hJb
~~ =
Jf
(11 )
> 1
-S2 = e ).1 .112 = 5\
Jf -
b
222
==>
~
1 a =-Inrt b
Au fga be: 15
Kapitel: 1.10.
Schwier igke itsg rad: 6i"
Das nebenstehende Tragwe rk besteht aus gew ichtslosen Stäben und einer homogenen Dreiecksscheibe konstanter Dicke vom Gewicht G. Wie groß sind die Kräfte in den Stäben I bis 3? Handelt es sich um Zug- oder Druckstäbe? Gegeben: a, Ci, F=G.
-
q
--t---'-If--.:
L ösung Summ e der Momente um das rechte Lager (Au flagerkraft an oberem Lager (Pcndcl stützc) soll A heißen): 2 F4 a- A 3 a +G - 2a =O 3 16 ==> A = - G 9 Ritterschnitt 223
(Zugstab)
SI = G
I 8 5, = -- ,fiA = -- ,fiG 2 9
(Druckstab)
,fi a 53 - A a + F 2. = 0 I
53 = -- ,fi G 9 Aufgabe: 16
(Druckstab)
Kapitel: ). 10,
Schwierigkeitsgrad: 0
In dem skizzieren Stabwerk haben alle Stäbe bis auf den vertikalen Stab 5 die Länge a. Wie groß ist die Stabkraft in Stab 3 bei der eingezeichneten Belastung F? Handelt es sieh um einen Zug- oder Druckstab? Gegeben: a, F.
224
Lös ung Auflage r:
A H = F,
LMA= 0 = Fa .[j/2 - B a 3/2
B = F 1 .[j = - Ay Ritterschnitt.
LFy = 53 .[j12 + F/ .[j = 0 5 ] = -2 F/3
Aufgabe: 17
Ka pitel: 1.10,
Schwierigkeitsgrad: 0-
Die Stäbe I bis 4 des skizzierten Systems haben die Länge r und sind durch das Gelenk M miteinander verbunden. M ist gleichzeitig der Mittelpunkt Kreisausschnittes, den die Stäbe 5 bis 8 bilden. Wie groß ist die Kraft in Stab 9? Gegeben: F, r, Winkel s. Skizze.
225
des
Lösung
Trick: bei den gekrümmten Stäben handelt es sich um Pendclstützen. Zur Verdeutlichung der Kraftrichtungen dieser Pendelstützen werden diese durch gerade Stäbe ersetzt, da die Wirkungslinien der Kräfte jeweils durch die gedachte Verbindungslinie der Knoten geht. Das Ersatzsystem sieht also so aus:
R
Auflager:
BV
LFV:
F
=
.J3
A r - Fr ""2 ==>
=0
.J3
A = BH = -
2
226
F
Knotengleichgewicht
C: D:
55 = 5, = -F 5 1= -55= F
M:
54 =5 , = F
B:
r.Fv: S] =0 ,S] =S 2 =>S2 =0 (Druckstab)
Aufga be: 18
Kapitel : 1.10.
Schwier igke itsg rad: ti'*-
Das skizzierte Fachwerk wird durch zwei Einzelkräfte F belastet. Wie groß sind die Stabkräfte der Stäbe 1, 2 und 3? Handelt es sich um Zug-, Druck- oder Nullst äbc? Gegeben: a, F. I
q, 1
! ...
-+I
Lösun g Auflager: Ritterschnitt
Av = B = F
227
s.
'P
-
53
-,I 'S.".'" f
=F r.M Q ;
~.
(Zugstab)
-S3 a - S lx a - S l y a + Fa + F a = O S ly
-->
= 2 S !x ' S lx = F/3 , S \2 =S \x2 +SI / =5S \/
SI
(Zugstab)
F 2a + 52)' a
mit
+ S2x a = 0
52y = 52 /.J5 und S2x = 252 I J5 = - 2 ,Js F/ 3
Aufgabe: 19
Kapitel: 1.10,
Sc hwier igkeitsgr ad:
~
Das skizzierte ebene Fachwerk trägt eine Scheibe (Gewicht G). Wie groß sind die Stabkrä fte 1 bis 4'1 Handelt es sich um Zug- oder Druckst äbc?
Gegeben: a, G.
228
Gewöekl:
Go
I~
I :D:l..-
_
l --;,_.&---'l'>-l /
Lösung Schwerpunkt der Scheibe:
a 2 a 3a 2 -- +- a
x = 24 s
a2
-
4
3a 2
+--
= 0.7 a
2 4 Nullstab: $, = 0 (linker Knoten von Stab 2 kann keine Kraft längs des Stabes 2 aufnehm en (denn wer oder was sollte sie ausgleichen") . Ritterschnitt.
229
Aufgabe: 20
s, ~ 1.7 J2 G S4 ~ -2.7 J2 G
(Zugstab) (Dru ckstab)
S3 ~
G
(Zugstab)
Kapitel: 1.1 O.
Schwier igkeitsg r ad : 6i*
Ocr skizz ierte Wandkran (alle Teile sind massclos) wird durch ein Gewicht G in gezeichneter Weise belastet. Das Seil wird an der reibungsfreien sehr kleinen Seilrolle R umgelenkt und ist oberhalb des Punktes A an der Wand befestigt. Wie groß sind die Kräfte in den Stäben 1 bis 4'1 Handelt es sich um Zug- oder
Druckkräftc? Gegeben: G, a.
L ösung Nullstab: 53 = 0 (rechter Knoten von Stab 3 kann keine Kraft Stabrichtung aufnehmen, denn wer oder was sollte sie ausgleichen?). 230
10
So
G
• •
~
2
A= - G
Lagerkraft in A:
(Zugkraft)
3
Ritterschnitt
S4 ~ - 3
J2 G J2 G
(Druckstab)
S I ~ .:: 3 2 $2 = 3" G
(Zugs tab)
Kapite l: l.1I ,
Aufgabe: 21
(Zugstab)
Schwierigkeitsgrad:
~
Zwe i biegesteif verschweißte Träger werden wie skizziert durch die Strecke nlast qo und die Einzelkraft F belastet. Man(n)/Frau bestimme das Biegemoment Mb(x) für den Bereich 0 < x < 2a und skizziere den Momentenverlauf ruf den horizontalen Träger! Wie groß ist das grü ßte auftretende Bicgcmomcnt? Gegeben: a, F. qu-
3. I
I I
Querkraft fiir 0 < x < Za:
~ F/ 3+ 5 qo a/ 3
Q
= Az - qo x
~ Mß(x) - Q x -
Biegemoment für 0 < x < 2a: ==>
,
Jxq,dX~ 0
o
Mß(x) = A z x - qn x 2 -I- 0.5 qo x2
(x)21J
2 5X = Fx/3 + 2q()a [ 6a - 2a
Maximales Biegemoment:
M ß max= M ß(2a) + F2a = 8Fa/3 + 4qoa2/3
(Momentensprung, da an diesem Ort durch den schräg nach oben ragenden Träger ein Moment eingeleitet wirdl ) Aufgabe: 22
Kapi tel. 1.11,
Schwierigkeitsg rad:
~
Ein abgesetzter Rotor (Durchmesser d, D) aus homogenem Material mit dem Gewicht G ist wie skizziert gelage rt. Man skizziere die Verläufe der Querkraft und des Biegemomentes infolge des Eigengewichts und gebe die Werte an den Stellen der Querschnittssprünge und in der Mitte des Rotors an! Gegeben :a,d, D=2d ,G.
232
R~ ;~ ~ I· "- -I-
+.. ·1
2 ,,Lösung
Gewicht pro Länge: 4q 2a + 2q a = G,
G q = lOa
==>
Strcckcnlast:
I q.
4~
rTT
!Z z Querkraftverlauf
..
_ !Z
,, -
., Biegemomentenverlauf
I
I
-}; - - - I
?a. .~
O, ' SGQ"
2.o.J--a: , _ ko..t. ~ ..;cl..t. b~jo, Ub....3"""J
233
Aufgabe: 23
Kapitel. 1.11.
Sch wier igke itsgra d :
~
Es ist fünf Minuten vor Neun. Man ermittle den Verlauf des Biegemomentes und des Maxima lwertes desselben im großen Zeiger der Turmuhr, wenn der Zeiger (Gewicht G) konstante Dicke und einen drciccksförmigcn Verlauf hat! Gegeben : L, b, G.
Lösung
Biegemomentenverlauf Maximalwert bei x = L:
M bmax = - G sin30° Ll3 = -
234
I
"6 GL
4.2 Elastostatik Aufga be: 24
Kapitel: 2.2,
Schwierjgkeitsgrad: 0
Eine Bremstrommel dre ht sich mit konstanter Wink elgeschwindigkeit
0) .
Das
Bremsseil (Qucrschnit tsfl ächc A) wird mittels des skizzierten Mec hanismus gespannt. Wie groß darf das Gewicht G maximal sein, ohne daß die zulä ssige Spannung b)
' o(x) o E
ßh = J- -dx
.'
cru = crO - 2 b
mit
F
a (x) = - A(x)
A (x ) = , 2(x )
Kantenlänge s(x) = a + x (b-a) / h 23 6
.6.h =
1 O"oa dx = 1 a oa dx = o A (x )E s2( x) E 2
2
G oa
0
2
E
I h
h 1 (a -b) a +x{b - a) / h
0
(5. Bronstcin)
-->
Kapitel : 2.2.
Au fgabe: 26
o ah
ö h = - "Eh
Schwier jgkeitsg rad: 0
Der spannungsfrei montierte Stab (Länge L, Dichte p, Querschnitt A, Elastizitätsmodul E, Wärmeaus dehnungskoeffiz ient a ) liegt im Punkt P auf einer Unterlage. Wie klein ist der Reibwert J.l im Punkt P, wenn sich Stab infolgc einer Erwärmung L\9 des Stabes um ö L verlängert. Gegeben: L, A, E, p, u , LlS, LlL, g.
L
,
e"R /
Lösung Hier die Lösu ng in Kurzform:
Statik; Reibkraft _ JlpA Lg
2 Verlängerung:
237
LlL
- -
f.lpAL2 g
2EA
+ a Ll9 L
Au flösen nach Jl:
a ", = _2E " ,(cc LI9 " L,---ccLl =-L,,-)
pL' g
Aufgabe: 27
Ka pitel: 2.2,
Schwierigke itsg rad: 0
Die skizzierte Anordnung besteht aus einem starren Balken und zwei Stäben (Elas tizitätsmodu l E, Querschnittsfläche A, Wärmeausdehnungsko effizie nt a), die bei Raumt emperat ur spie l- und spannungs fre i montiert wurden. Welch e Kraft wirkt im Stab 1, wenn sich d ie Umge bungs temperatur um b.3 ändert?
Gegeben: E, A. a , ö9 , a, b.
I O-t
I
b
·1 @
e i~J
,(,
G)
JL
Lösung Norm alk räfte in den Stäben => Mome nteng leic hgewic ht am Balken:
Geometrie bei Winkeländerung am Balken: ß L 1 b = - LlL z
a 238
Verlängerungen der Stäbe; .6.L 1
N iL = - - + La .6.S
.6.L2
N L = - 2- + L a .6.9
EA EA
d.h. vier Gleichungen mit den Unbekannten;
=>
Aufga be: 28 Ein
Kapitel: 2.2.
konischer Stab
mit
krcis förmigcm
Schwier igke itsg rad: ""
Querschnitt
liegt
spiel-
und
spannungsfrei zwischen zwei starren Wänden. Der Stab wird gleichmäßig um .6.9 erwärmt. Wie groß ist die dann auftretende maximale Spannung im Stab?
.,
Gegeben: d, 0 , L, E, a, "'9 , (1)>0).
...
L
\
/, J)
cl. /
E,"-Lösung 1
"'L
~
f (_ N_ + aM )dX mit o A(x)E
Querschnittsfläche.
A(x) 239
"'L
~ n ,'(x)
= 0,
fix)
~
==>
N
I D- d - (d + - - x)
2
L
aMLE I ! - dx A (x)
mit
1
L
J- dx ~ A (x ) ndD
(z. B. [Bronstcin j)
==> ==>
N
~
- aM EndD N
A mIn
Aufgabe: 29
4N
--~-~
1td
1
D - 4a M Ed
Kapitel: 2.2,
Schwierig keitsg ra d : if*
Eine Sc hraubve rbindung besteht aus eine r Hülse (Qu erschni ttsfläche A H,
Elastizitätsmod ul EH, Wärm eausdehnungskoeffiz ient uH) und einer Schraube (Q uerschnittsfläche A s, Elastizitätsmodul Es . Wärnlcausdchnungskocffizi cnt u s , Gangh öhe h). Die M utter wird durch eine Sechsteldrehung angezog en. Wie groß ist die Norm alk raft im Bolzen , we nn die Ve rb indung um Ll9 erw ärm t wi rd? Gegeben : ES, EH, A S' A H, us' u H, h , L.
240
Lösung Knackepunkt dieser Aufgabe ist (neben dem inneren Schweinehund) weder die Statik noch die Festigkeitslehre - sondern allein die Vorstellung, was hier eigentlich genau passiert . Und als kleiner Trick: am Besten versteht man dies, wenn man sich die folgenden Sonderfalle vor Augen fuhrt: I)
Die Hülse sei starr: das würde bedeuten, daß die Schraube um h/6 infolge der Verspannung der Schraubverbindung verlängert werden müßte, also LlL s = h/6.
2)
Die Schraube sei starr: das würde bedeuten, daß die Hülse um h/6 infolge der Verspannung der Schraubverbindung verkürzt werden müßte, also LlL H = h/6.
Sind nun beide Bauteile elastisch, dann überlagern sich die beiden Verformunge n: h 6 ~ L1Ls - L1LH Wir können noch die Unbekannten .LlLs und .LlLH bestimmen:
NL
.LlLS = - - + Us Ll9 L, Es A s LlL H =
- NL E J[ A II
+ u H Ll9 L.
(Achtung: negative Normalkraft in der Hülse, Druckbelastung !) Nun muß man die drei errungenen Gleichungen noch kurz durch die mathematische Mühle drehen, d.h. alles zusammenpacken und nach N auflösen, einen gemeinsamen Hauptnenner bilden....Es ergibt sich Es A sE IiA II EsA s + E lIA ll Finite ! 241
Aufgabe: 30
Kapitel: 2.3.
Schwierigkeitsgra d:
~
Das skizzierte Bauteil wird wie skizziert durch die Spannungen aa' a b und r belastet. Das Bauteil verfügt über die Schweißnähte A und B, die gegenüber den Kürperkanten um a geneigt sind. Bestimmen Sie die in den Schweißnähten
,
,
,
wirkenden Normal- und Schubspannungcn a A_aB und 'tAB' Gegeben: a a = -2 kN /cm-, ab = 6 kN/cm- , T = 3 kb l/crrr" , a = 52°.
H-- 6"
Lösung Konstruktion des Mohrsehen Spannungskrciscs: I)
Eintragen des Punktes Pa (a a ; - r) (Achtung Vorzeichen r, s. Vorzeic henkonvention Kap. 2)
2)
Eintragen des Punktes Pb (ab ; T) (Achtung Vorzeichen T, s. Vorzeichenkonvention Kap. 2)
3)
Pa und Pb liegen am Bauteil um 90° gegeneinander verdreht ==> Im Mohrsehen Spannungskreis liegen diese Punkte auf gegenüberliegenden Seiten ==> der Schnittpunkt der Verbindungsgera de von Pa und Pb mit 242
der (J - Achse liefert den Mittelp unkt des Mohrsehen Spannu ngskreises == > man zeichne den Spannungskreis um den Mittelpunkt durch Pa (oder/und Pb) 4)
Eintragen von PB : Vo n der Fläche b {das ist die Fläche, an der (Jb wirkt) kommt man beim Bauteil zur Fläche A durch eine Drehung im Uhrzeigersinn um den Winkel a =52° ==> im Mohrse hen Spannungskreis müssen w ir ebenfa lls im Uhrzeigersinn , allerdings um den Winkel2 a = 104° drehen und erhalten den Punkt
,
,
PA (3.95 kN/em- , - 4.6 Nzcm -j 5)
Der Punkt PB liegt dem Punkt PA im Mohrsehen Spannun gskreis gegenüber (2x90 0= UWO) . Oder anders: wir kommen von der Fläche b zum Schnitt B, indem wir um 90 ° - a = 3Ro gegen den Uhrze igersinn drehen , also im Moh rseh en Spannu ngskreis um 2x3Xo=7 6° von Pb gege n den Uhrze igers inn drehen ....
6)
,
Ablese n der Koordinaten führt auf
,
PB (0 .1 kb l/cm", 4.6 kb l/cm")
,\ z
-,
1
-, -]
-f
(Auf Basis der Skizze lassen sich über die Winke l- und Kreisbeziehu ngen auch exakte Werte berec hnen) 243
Aufgabe: 31
Kapitel: 2.3.
Schwierigkeitsgra d :
~
Ein dünner Blechstreifen wird wie skizziert durch eine unbekannte Zugspannung a o belastet. Im Schnitt A-A, der um den Winkel a = 22,50 gegenüber dem unbe lasteten Rand gedreht ist, tritt die Normalspannung an = 10.25 N zrnrn- auf. Im Schnitt 8 -8 , der um den Winkel 3a gege n dem unbelasteten Rand gedreht ist, ergibt sich die gleiche Schubspannung wie in AA. Wie groß ist die Spannung a o? a n = 10.25 Nzmm-. Gegeben :
R Lös u n~
Mohrscher Spannungskreis.
d, . J I I
,
45"
V'-'-''V
I
--
-244
U·
== >
R =O" M O"M = O"n + R cos 450 (J ,
1- 0.5,[2 (J ,
Aufgabe: 32
Kapitel. 2.3,
Schwier igkeitsg rad :
'*'
Bei cmcrn Zugversuch (Stabqucrschnitt A) unterscheiden sich die Schubspannungcn in zwei unter den Winkeln l a gegeneinander geneigten Schnittflächen nur im Vorzeichen. Wie groß ist die Kraft F, wenn die gemessenen Schubspannurigen "m betragen? Gegeben: 't01 , A. c .
Lösung
sin2a = "m/ R == > R = " m/ sinl a (JI = 2R = F/A
l A'tßl sin 2a
F =2A R = -
245
Aufgabe: 33
Kapitel: 2.4,
Schwier igkeitsgra d : ~
An der skizzierten Spitze einer dünnen Scheibe greifen die Spannungen t a (aa=Q) und ab (tb=Q) an. Ermitteln Sie aus der gegebenen Spannun g "a die Normalspannung ab und die Vergleichsspannung nach der Hypothese der größten Gcstaltändcrungsarbcit! Gegeben: t a-
Lösu ng
246
R
= b.J3. . ob = 0'1
On
=
=
0'1- 2R =
-
R + R cosöü"
I
.J3
Ta
d, / r
-r.;-
"v 247
=
~
,, 3 t a
=
{l3 ,
V3
Aufgabe: 34
a
Kapitel: 2.4.
Schwierigkeitsgrad:
~
An den skizzierten Schnittflächen eines Körp ers wirken die Spannungen G I, a Z, 0 3, t 1, 'tZ·
a) Wie gro ß ist der Winkel o? b) Wie groß sind die Hauptspannungcn? c) Wie groß ist die Vergleichsspannung nach Trcsc a?
Gcgc bcn:
G1= 60 Nrmm-, " 0"2= 10 Nzrnm', 0 3=
N/mm2,
Lösung Tja - hier empfehlen wir die graphische Lösung]!'!
248
Es ergibt sich mittels Ablcscns aus der Zeichnung oder rechnerischer Lösung; 10 m
R
Nimm' ,
"I
~
(4 Im ) 10 Nimm',
" 11
~
(4-m ) 10 Nimm' , 85 N/mm2 ,
Gm tp
~
GTresca =
78,5°, GI - Gm = 161 N/mm2
Für die folgenden Aufgaben können die in der Lit eratur a ngegebe nen Tabellen für die unterschi edlichen Biegefall e verwendet werden. Folgende Tabelle ist beispi elhaft der Formelsammlung des Institu ts für Mechanik, Uni Hannover entnommen 14). Die Nnm ert erung der Biegefälle in den Lösungen der Au fgaben bezieht sich au f die Numer fer ung der Biegefalle in der nachstehend en Tabelle:
249
Gleichung der Bieqelirue
Belastungsfall
,
,--
,~j'1-.. .. ß ~
I
•
,.:
li
E-§t
1 ?" .
'
., ' -
'-1-- .
3
q
q.t
" 1.1
_J"'-l ,l
?•
,
~ . --
.":1
J
l
X'
xl
. (, (. 24 E1 [ 'Iyl -,IyH
,
~
wld .
6
7
I,
- -----r--I I"""
.-':,;:;J ..'1_. ,
yl I
L.-J ,
•
-
'11
-1
wIl l" .
q ·i m
l tan n ' -q "-
SE (
....,
tona.
. ll6ElI
.i) . (.",.:i,'Gfl'!l
l wl.). F. t . .9... (.!!..)!.. (I. L • Ion 0,_' ft;~ .!.) b e 6EI t t ( e ab t;" •• , . t· b {Jii. l b J a e >t x >t I : l Ion 02"'1. (" 1.) ze b w(xj , F'.f . .!!.. (.!!..f.b. (1• .LIJ:-t1) _ . ' 0 3Q SEil t I 00b 'gill nur lij, 0 ~ b ton 0,: StEl 12Ml . ...JI l! Ml"t 2 X 3(x t {X )Jl Ion 8 El '_ . • !:!L.!... ' SEI Y - 7' 7 I I2 t.l , . M. 1
. V"'"
L . wlx h ~ EI 'Y I1-' , I'
x
( X)'
I~"hl
-
Ion a. : !:!.:.L E' I
wIL I. f . U 2 '8 EI
I' ld~ w rd.:\ ~J I; -;:1, "(~ -li,-:'-:'" )~
•
'u, ".,•"' , :
,
lI" m
,
• I] 1t H • 2.:.sJ. '(7) w"2 - ...· ·38'El tcn u
e
q " 2'El
';
x=
8
Xl
,=_':,1(t . ~ .;:)
x ;; 0 :
•
M ·t J wll l_" 2ET
, EI
x; in
I
1-
5 k~
ton«z F·t
/
r
-,'i}-1
•
2~ 1 .x
w(xl.
l
Ft ) wlll d z J EI
~
,-
,
,
wb J. .l.. ....L · t xl13-t l 6 E-I
Durchbiegung Neiguna tcn e
'_. " )r l,:J ~ . - JF -~: -
i.
do..,I-lI
,
t:
F _t l 0 wlxl . - 6 EI T ~ =}( ;:I (t . o l
I 1- (7x )2I
X
'T
:
J 11 Fr x- I ( 20 30 W }( . GEI . _ , - T 'T '
"1- (';t 11
250
F.tl
2
" m 1tl HI
F· tl 0 ,--.-9Y3 El
F·t l c lOn al' S EI "
t
I
X,...... ()
lana. ,,210nO l
Aufgahe: 35
Kapitel: 2.5,
Schwierjgkeitsgrad: 0
Zwei Schaltkontakte (Blattfe dern mit Kontaktautl age) sind wie sk izziert angeord net. Um welc hen Betrag f müßte man den Fuß B der rechten Kontaktfeder aus der skizzierten kraft losen Lage vertikal versc hieben. dam it die vorgeschriebene Kontaktk raft F erzeugt wird? Gegeben : F, L, EI .
H
er
-j
L
...
L
B
~I
L ösu ng
Belastu ngsfall I :
Durchsen kung linker Balken : Durchsenk ung rechter Balken:
Gesamtverschieb ung in B:
==>
FL' flinks = 3 E! FL
3
frechts = 3 EI
fGES = ~ ink s + frechts
f GES =
2 FL'
3EI
Alternativer L ösungsweg. Ersatzmodel der Biegebalken . . cErsatz = C 3EI Fcd cm nut..jcwci·1S FC dersterifirg k crt Ve rsc haltung der beid en Federn:
Federw ege addi eren sich zur Gcsamtverschicbu ng, Norm alk raft in beiden Federn gleich 251
==>
Reihenschaltun g
1
1
I
3El
- - = - - + - - , ... eUES = - , e GES e E, salZ e ErsatZ 2L 2FLJ => fr r.s = F = eGES t('es H~. ~ ,, ~ . 3EI
Kapi tel: 2.5,
Aufga be: 36
Schw ier igkeitsg ra d: ji'it
Beim skizz ierten System aus den Balken I und 2 {Gew icht pro Länge q, EModul E, Quadratqu erschnitte mit Kantenlänge b wird an der Balkenunterseite im Punkt A die Dehnung EA in Längsrichtung gemesse n. Mit welcher Zugkraft S muß in C am Balken 2 gezogen werden, damit EA=0 gilt? Gegeben: F, q= Fl2a. E. f.A, a, b.
c, ===F~9==-
a..
L.ösung Statik: Biegemoment im Träger I an der Stelle A: 252
MBA =-
5
'4 Fa
Spann ung auf Balkcnuntcrscitc: M S GA = - ßA - z + - =O
I
mit
A
1= b'lI2
zDMS = b/2
==>
ISa S=F
2b
Au fga be: 37
Kapitel: 2.5,
Schwier fgkeitsg ra d: 0
Das skizzierte System wird durch die Kraft F belastet. Wie groß ist die Durchsenkung des Kraftangriffspu nktcs! Gegeben: L, F, EI.
L Lösung FKB Gelenk ==> Kraft im linken und rechten Träger, Kraftzcr lcgun g: F = Flinks + Frechts
Durchsenkung links: Belastungsfall 1: [ links
=
Flinh U 3E! 253
Durchsenk ung rechts: Belastungsfall I ... !...:
Frechts (2L)3
frechts =
3E!
Da der Träger am Gelenk nicht aus einanderrei ßt. gilt f =
, F,oxht
~ in ks
= frechts , also
3E!
S
Flinks = S Frcchts = "9 F.
Damit kann aber die Durchsenk ung bestimmt werden: 3
SFL 27 E! .
f Alternativer Lösungs weg.
Ersetzen der Biegebalken durch Ersatzfedern Bestimmung der Stcifigkcitcn der Ersatzfcdcm : cE-rsa (z, ,.In k s
~
3E!
- L3
3E! cErsatz, rechts = 8L3 Vers chaltung der Federn:
Gleiche Wege, Addition der Kräfte in den Federn ==> Parallelschalt ung der Federn
CGES = CErsatz, links + CErsatz.rechts
27 E!
sC
F = cGES f f ~
Aufgabe: 3H
SFL' 27 E!
Kapi tel: 2.5,
Schwierigkeitsgrad: 0
Für einen LKW soll eine Blattfeder aus Stahlblech mit konstan ter Dicke d so ausgelegt werden, da ß bei der angegebenen Belastung d ie maximalen Spannu ngen in j edem Querschnitt gleich der zu lässigen Spannung <Jzul sind. 254
Man ge be di e Breite der Feder als Funktion des Ortes an ! Gegeben: F, L, d, 2 - I>lgemesse n. Wie groß ist die Kraft F? Gegeben: a, b, s, c2 - Cl, E.
b
.. 262
Lösung Ersatzmod cll:
- "/. 2s
282
==>
Aufga be: 56
Kapitel: 2.7.
Schwierigke itsgrad : f'it
Au f der Welle I des skizzierten Getriebes wirkt ein Torsionsmoment Mt. Die Welle 1 (Durchmesser d j, Schubmo dul Ci) mit Zahnrad (Zähnczahl z j) steht über ein weiteres Zahnrad (Zähnczahl z2) im Eingriff mit der fest eingespannten Welle 2 (Durchmesser d2. Schubmodul G). Wie groß ist der Verdrehung fP der Welle I an der Stelle. an der Mt in die Welle eingeleitet wird? Gegeben: Mt, G. L I, L2, z). z2, d 1• dz·
Lösung Torsionsmoment Welle 2:
z,
Mtz =Mt ~
Verdrehung Welle 2: 283
_-,M -,-",,~L,,2,-- .6.ql" = - G 1td ~ / 32
Verdrehung Zahnrad 1;
z,
.6.Q>\ = L\.q>2 - ZI
Gcsam tvcrd rchun g: L\.q>ü ES
Aufgabe: 57
Kapi tel: 2.7,
Schwier igkeitsg ra d : Ii*'
Ein Träger der Länge L mit c-förmigc m Profil (mittlerer Durchmesser D, Wandstärke b« D) wird durch die Momente M belastet. a) Welche maximale Schubspannung w ird durc h M hervorgerufen? b) Um we lche n Winkel we rden d ie Endqu erschnit te des Trägers gegene inander
verdreht'?
Gegeben: L. D, b, b«D, M, G.
L
284
Lösung
Torsion eines dünnwandigen geschlitzten Hohlquerschnittes. wirksame Qucrschnittslängc: s =n D + D = {ntl) D Torsions flächcnträghcitsmomcnt: 1 ~ (n + I) Db ' , 3 a) Maximale Schubspannung: MT
"max = - 1,- b =
3
M
n + I Db 2
b) Verdrehung: L\tp
=
3 ML ;r+ I GDb
- - - - -3
Aufga be : 58
Kapitel: 2.7.
Schwierigkeitsgrad : 06i"
Eine Hinweistafel. die mit Hilfe eines Rahmens an einem vertikalen Pfahl (dünn wandiges Rohr, Außendurchmesser 0 ) angebracht ist. wird wie skizziert durch die Windkraft F belastet. Welche Wandstärke s mu ß der Pfahl mind estens haben, damit am Ort der maximalen Beanspruchung die Vergleichsspannung nach der Gestaltänderu ngshypothese die zulässige Spannung azu l nicht überschreitet? Hinweis: Eigengewicht und Schubspannungen infolge der Querkraft sind zu vernachlässigen. Gegeben: a, h, D, F, a zul" 285
Lösun g Maximales Biegemoment wirkt am Fußpunkt! M, = Fa Fa 0
'max
= ~ "2
M Bjn ax
= Fh
O" max
=
F
=2a 11:0 2S'
Fh D
-,-"2 = 4h
F 11:0 2S
Gestaltänderungshypothese: O"v = J0"2
+ 3, 2
~ ----;-J 16h 2 + l2a 2 n:D s
==>
Aufga be: 59
S
~
~F
11:0 O"ml
J 4 h 2 + 3a 2
Kapit el: 2.7,
Schwierigkeitsg rad:
(;t~
Ein Fräser, der aus dem Sehaft (Radius r) und dem Fräskopf (Radius R) besteht und fest im Spannfutter eingespannt ist, wird während des Fräsvorganges im Abstand L von der festen Einspannung durch die Kraft F belastet. 286
Wie groß ist die Vergleichsspannung nach der Hypothese der Gestaltänderungsarbeit am Ort der maximalen Belastung? (Hinweis: Schubspannungen infolge der Querkraft sind zu vernachlässigen) Gegeben: F, r, R=2r, L = 4r.
~2r
L
Lösun g Überlagerung:
Torsion mit Mt = F R
und Biegemoment infolge F. Maximale Belastung an der Stelle des maximalen Bicgcmorncntcs, also an der Stelle der festen Einspannung. Bicgcspannung: FL
F
a = F Lr/l = 4 - 3 = 16- , m nr " Torsionsspannung:
FR
F
t =Mt r / l t = 2 , 3 = 4-nr
nr "
ebener Spannungszustand:
-4F J19 nr'
287
Aufgabe: 60
Kapitel: 2.7,
Schwier igkeitsg ra d :
~
Eine Schraubenfeder (Radius R) wird aus einem Draht (Radius r, Schubmodul G) mit n eng aneinander liegenden Windungen gewickelt. Im unbelasteten Zustand kann mit Ree -t näherungsweise davon ausgegangen werden, daß für den Steigungswinkel der Windungen a :::::CO gilt. Wie groß ist die Federkonstante c der Schraubenfeder! Gegeben: n, R, r, G.
Lösun g Das ist nicht so ganz ohne ! Und wenn wir garnienicht wissen, was wir machen sollen, fangen wir immer mit einem Freik örperbild an. Und für die erste Wicklung sieht das so aus:
288
Die Querschnitte werden also durch ein Torsionsmoment Mt
=
F R belastet.
Mit dieser Torsion können wir aber in die schicke Torsionsformel für den Kreisquerschnitt gehen:
2M ,
d
Verschiebung des Endpunktes: =
2)
4
q oL
zor,
Durchbiegung des Trägers I: Lastfall 1: =
3)
zoi,
q oL4
3EI Durchbiegung des Trägers 11 :Lastfall S: =
q oL
4
SEI
Zusammcnwurschtcln:
16 88 1 [ G + 3EJ Aufga be: 65
Sch wierigkeitsg ra d: fP
Ka pitel: 2.8.
Eine Stütze (Rundstab, Durchmesser d, Länge Lo) wird aus der skizzierten spannungsfreien Stellung (Winkel a ~O) durch Versc hieben des unteren Lagers in senkrechte Lage gebracht (a =OO) . Wie groß darf der Länge Lu höchstens sein, damit die Stütze in der senkrechten Stellung nicht auskni ckt? Gegeben : d, L=30d.
L
7/7777 7 7 77 294
Lös ung
Knickfall 2:
F
(L-Lol /Lo ~ -
Dehnung:
==> =>
F
EA
L - Lu ~
Lo
Aufgahe: 66
EI;r 2 - - 2EA L
IJr ' ] - Lu [ L2 A L I ff ' I- -
.
mrt I
CA
==>
~
nd
4
rcd 2
= - - und A =-64 4
30.02 d
Kapi tel: 2.8,
Schwierigkeitsgrad: 06i"
Die St ößelstange der Ventilste uerung eines Diesel motors wird maxi ma l mit der Kraft F belastet. Das Rohr soll so bemessen werden, daß die maximale Druckspannung O"zul nicht überschritten wird und außerdem eine dreifache Sicherhe it geg en A usknicken vorhan den ist. Wie groß müssen Innend urchmesser r und Außendurchmesser R des Rohres gewählt werden? Gegeben : F, E, L' O"zul-
L
295
Lösung Druckspannung:
Knickfall 2: F
Ett-,
[
Ir 4 4 ~-- ( R- r )
3L'
4
]
D.h. zwei Gleichungen, zwei Unbekannte, lösbar! r
~
_I Zn
II !2 L' " w' - . . n
E
1 F
--- + r rr G m l
R
Aufgabe: 67
G zul
z
Kapitel: 2.8.
t:
4:
r
Schwierigkeitsgrad:
~
. f~ I
I)(
..,
3
L
Das skizzierte System besteht aus einem Balken I (Länge L) und drei gleichen, schlanken Stäben 2, 3 und 4 (jeweils Länge L, Biegesteifigkeit EI).
296
An welchem Ort x des Balkens I muß die vertikale Kraft F angreifen. wenn die Stäbe 2 und 3 die gleiche Sicherheit gegen Knickung haben sollen? (Hinweis: es finden ausschließlich Verformu ngen in der Zeichenebene stanl ) Gegeben: L,EI. Lösun g
Stab 2: Knickfa1l 2: Fkril2 =
--vn 2 EI
Stab 3: Knickfa1l 3: 2
Fkrit3 = 2.0457
n EI
C
r.M um den Kraftangriffspunkt. Stab I: Fkrit2 x = Fkrit3 ( L- x)
== >
Aufg abe: 68
2
2.0457
L , - L 1 + 2.0457 3
Kapitel: 2.8.
Schwierigkeitsgrad:
L
L.. Das skizzierte System wird durch die Kraft F belastet. 297
~
Wie müssen die Durchmesser d 1 und d 2 der Rundstäbe dimensioniert werden, damit bcidc Stäbe mit gleicher Sicherheit gegen Knicken ausgelegt sind'? Gegeben : L, E, F.
Lösung Stab I: Normalkraft:
F1 = J2 F
Knickfall 2: F kritl =
eJ2L)2
Stab 2: Normalkraft: F2 = F rechts von der Führung: Knickfa ll I, links von der Führung: Knickfall 2 --> rechts kritische Stelle: F - E12 1t kritz :" 4 L 2
__>
2
Fk 1 = F k2 F] F2
'-"=J2 1 I
==>
Aufgabe: 69
~ =V2 d, Kapitel: 2.8,
Schwierigkeitsgrad: (If-
Zwe i Rundstäbe gleichen Durchmessers werden wie skizziert durch die Kraft F belastet. Der längere Stab sei in der Mitte durch ein dünnes starres rcibungsfreies Lochblech gestützt. a) Wie groß ist die Knicksicherheit des Systems'? b) Welche Knicksicherheit hat das System, wenn die Lochblende entfernt wird'?
298
Gegeben: EI, a, F.
Lösun g a) Der Horizontalstab kann als zwei Stäbe der Länge a mit Knickfall 2 angesehen we rde n. Es liegt somit dreimal der Knickfall 2 vor. Der schräge Stab ist dabei mehr gefährdet, da er mit einer größ eren Normalkraft beaufschlagt ist und länger ist (3a12) als die beiden horizo ntalen Knickkandidaten (a) Knicksicherheit
b)
horizontaler Stab:
299
=
4
Fk
1.J3F=
J3rr ' EI 6a 2 F
J3
->-
9 6 ' d.h. der Horizontalstab knickt zuerst!
Aufgabe: 70
Kapitel: 2.8.
Schwierigkeitsgrad: fP
Das skizz ierte System aus zwe i starren Balken und zwe i Rundstäben (Durchmesse r d, E-Modul E) wird durch die Kraft F belastet. a) Wie groß darf F werden. dam it eine drei fach e Knicksicherheit eingehalten
wird'? b) Wie ist die Verlängerung des Zugstabes bei dieser Last?
Gegeben: a, d, E, d-oc a.
a..
I. 300
Lösung Statik; Freischneiden der beiden Stäbe: Normalkraft links sei A. rechts sei B. :EM oberer Balken: Aa + B2a + F2a = O. :EM unterer Balken: A2a + Ba = O, 2 = > A = 3" F (Zugstab) ,
4 B = - -3 F (Druckstab) .
Druckstab: Knickfa ll 2:
4 3
- 8 = - F=
= >
I
3"
Fkrit =
I En 2 nd 4
3" ---v-
64
En 3 d 4
Fmax
256a 1
Zugs tab: LlL
=
Na
EA
mit
2 N =3" Fmax
und
A= -
rrd '
4
2 2
= >
Aufgabe: 71
LlL
n d -96a
Kapitel: 2.8.
Schwierigkeitsgrad :
~
Die skizz ierte Schubstange aus Rundmaterial (Länge L, Biegesteifigkeit EI) wird in ihrer Längsr ichtung durc h die Kraft F belastet. Wie groß ist der 30 1
Abstand a des Lagers A zu wählen, damit eine möglichst hohe Knickfestigkeit erreicht wird? Wie groß darf F in diesem Fall höchstens werden? Gegeben: L, EI.
L ET
Lösu ng Kannste knicken! Aber wie? Zunächst die Lastfällc: Im Bereich I links des Lagers A liegt Lastfall 4 vor, im rechten Teilstück 11 des Trägers liegt Lastfall 3 vor. Jetzt gibt es sicherlich Protest. Wir bleiben aber bei unserer Meinung. Und haben auch ein Argument, welches hoffentlich zieht: Die oft von Studenten und Professoren geäußerte Vermutung, es handle sich hier um die Fälle 3 und 2, würde zutreffen, wenn an der Stelle A der Träger durch ein Gelenk unterbrochen wäre! Für den durchgehenden Träger wird an der Stelle A ein Biegemoment übertragen, welches in der gewählten Lagerform in der Tabelle enthalten sein muß. Überzeugt? Mit den Formeln aus der Tabelle ergibt sich:
302
Elrr 2
Elrr 2
Fkrit, I = 2 .0 45 7 ~
Fkrit, II = ( L _ a) 2
Das Lager ist am günstigsten positioniert, wenn die Knieklast bei beiden Te ilstücken gleich ist:
Eln 2
2.0457
T
Elrr 2 (L _ a)'
Au flöse n der Gleichung, die quadratisch in a ist, ergibt nach viel Kritzelei a ~ 0.59 L damit kann die Last bestimmt werden. bei der der Träger aus knickt:
Elrr2
Fkrit 1= Fkrit 11 = 5, 9 --,. . L-
303
4.3. Kinetik-Kinematik
'1
Au fga be: 72
Kapitel: 3.3,
Schwier igkeitsgr ad: 0
Ein altes Problem - verblüffende Thesen [30]: a)
b)
c) d)
Wenn Kraft immer gleich Gegenkraft ist, kann ein Pferd keine Kutsche ziehen. da die Kraft des Pferdes gcnau genommen von der Kraft auf das Pferd aufgehoben werden müßte. Die Kutsche zieht das Pferd mit der gleichen Kraft rückwärts, wie das Pferd die Kutsche vorwärts zieht. Das Pferd kann die Kutsche doch nach vorne ziehen, weil das Pferd die Kutsche infolge von Verlusten minimal stärker nach vorne zieht als die Kutsche das Pferd nach hinten zieht. lnfolge der begrenzten Reaktionszeit der Kutsche zieht das Pferd die Kutsche vorwärts. bevor die Kutsche die Gegenkraft aufbauen kann. Das Pferd kann die Kutsche nur nach vorne ziehen, wenn es schwerer ist als die Kutsche.
Welche der Thesen ist/sind richtig?
304
Lösung
Keine der gegebene The sen ist richtig. Tatsächlich ist .ncno'' gleich .rcactio'' also ist die Kraft, die das Pferd auf die Kutsche ausübt , genauso groß wie die Kraft, die die Kutsche auf das Pferd ausübt. Das ist aber das einzige, was an den beiden Te ilsystemen Pferd und Kutsche gleich ist. Die Kraft "w ill" eine Bewegung verursac hen. Das Pferd stemmt sich mit seinen Hufen fest gege n die Erde. Die von der Kutsche auf das Pferd ausgeübte Kraft will also das Pferd nach hinten ziehen. Wenn die Beine nicht einknicken oder das Pferd nicht ausrutscht (zu schwere Kutsche), muß die Kraft die ges amte Erde etwas zurückdrehen. Dieses wird ihr nur um einen sehr kleinen Betrag gelingen. Die Kutsche ist aber über Räder gege nüber der Erde gelage rt, so daß die auf die Kutsche wirkende Kraft nur die Masse der Kutsche bewegen muß! Oder nochm al anders: Betrachtet man das Gesamtsystem Kutsche-Pferd, dann wirkt auf dieses in horizontaler Richtung nur die Schlammk raft an den Hufen (und die vernachlässigte Rollreibung der Räder). Und diese bewirkt aus mechani scher Sicht die Bewegung - natür lich ist das Pferd an der ganzen Sache nicht ganz unbeteiligt.
Aufgabe: 73
Kapitel: 3.1,
Schwier jgkeitsgrad: 0
Der Wissenschaftler Hinrichs lebt völlig isoliert in seinem Elfenbeinturm, der vereinfacht als ein Kasten dargestellt werden kann . Der Kasten bewege sich mit konstanter Geschwindigkeit. Herr Dr. Romberg isoliert sich auch zunehmend - sein Kasten dreht sich offensichtlich im Kreis (damit versucht er, die Drehung auszugleichen, die ihm sein betäubtes Gleichgewichtsorgan vorgaukelt).
Dr. Hinrichs
Dr. Romberg
305
v
~ -
I
W a) Tri fft der Ball die zweite Person? b) Trifft der Ball das Tor?
3 13
Lösung
Wir müssen leider beide Fragen mit " Nein" beant worten. Wenn wir einmal die Geschwindigkeit des Balles bestimm en, so hat dieser in Richtung des Kreismi ttelpun ktes die Geschwindigkeit " • und tangential zur Scheibe infolge der Drehung der ersten Person die Geschwindigkeit oo R, wo bei R den Abstand des Werfers vom Kreismittelpunkt bezeichnet. Der Ball fliegt also weiter nach rechts als gedacht - und somit rechts an der Person als auch rechts am Tor vorbei. Und was die Sache noch schwieriger macht: in der Zeit, in der der Ball für den Fall eines richtigen, weiter nach links gerichteten Abwurfes am Tor ankommen würde - die zwe ite Peron ist in der Flugzeit schon etwas weitergefah ren. Die zweite Person zu treffen ist also garnicht so einfach deshal b ers paren wir uns auch die Rechnun g für den korrekten Abwurfwink el. ode r? Guckt man sich die tatsächliche W urfkurve mal im Koordinatensystem des gedrehten Teilsystems an - also beispielsweise aus der Sicht der beiden Personen - darm fliegt der Ball scheinbar auf einer ge krümmten Bahn. Die Beobach tung dieser Ablenkung ist umso erstaunlicher, wenn man nicht einmal merkt, daß man sich dreht (z.B. als Erdbewohner an anderen Orten als Nordund Südpol), Diese Ablenkung wird nach ihrem Entdeck er Coriolis benannt. Wenn man trotz dieses Effektes eine geradlinige Bahn hin zaubern wollte, müßte man die Kugel in eine Röhre we rfen, die zwischen den beiden Personen verläuft. Und die Wände würden die Bahn kurve gerade biegen, also eine Kraft (Corioliskraft) auf die Kugel ausüben.
Anfaabe: 8 1
Kapite l: 3. 1,
Schw ieriakeitsgrad r fP'
Die Antriebskurbel I dreht sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit 00. Der Stab liegt im Punkt P auf der Kante auf uoo hebt während de r ges amten Bewegun g nicht von der Kante ab. a) Bestimmen Sie den Momentanpol für die skizzierte Stellun g! b) Bestirrunen Sie die Winkelgeschw indigkeit des Stabes 2 für qF45°! 3 14
c) Bei welchen Winkeln tp führt Stab 2 kurzzeitig translatorischc Bewegungen aus? Gegeben: W , r.
Lösung
a) Für die Konstruktion des Momentanpoles kennen w ir am Körper 2 zwei Geschwindigkeitsrichtungen. die Geschwindigke it des Gelenkes v I ist se nkrecht zur antreibenden Kurbel. Da der Stab 2 an der Kante weder abheben kann noch in die Kante eindringe n kann, ist v2 im Punkt P nur in Stabrichtu ng mögl ich . Nach der Regel gemäß Kap. 3. 1 ergibt sich der Mome ntanpol Q als Schnittpunkt der Senkrechten zu v I und V2 ·
3 15
v,
,
b) Aus der Skizze analog zu a) für qF45° ergibt sich,
, I I I
I
....
N
..... --...'-
2~ . ~C01 ~,o I
-='"'--~~
-
/ /
- / --
-
--.!.-
daß der Momentanpol in P liegt. Für das Gelenk, welches ein Körperpun kt von Stab 2 ist, ist die Geschwindigkeit " 1 durch die Kurbel über " 1 = r co gegeben. Dieser Punkt hat aber ,"o m Momentanpol des Stabes 2 den Abstand d~
~(2r - r cos 45°) ' + (2r - r sin 45°) ' ~ ... r (4 - ,fi )/,fi
Es ergibt sich also:
3 16
"'2 = v I / d= ", J2 /(4 -J2 )
c) Translatorischc Bewegung ist dann gegeben, wenn zwei Geschwindigkeiten parallel gerichtet sind. Im vorliegenden Fall bedeutet dies. daß sich die Kurbel in Richtung des Stabes bewegen muß. Dies ist für die skizzierten Extremstellungen I und II gegeben.
Es handelt sich somit um die Lagen , für die der Stab tangential zum von dem Kurbelendpunkt beschrieben Kreis orientiert ist. Aus den Winkelb eziehungen ergibt sich: cosa = r / (2 J2 r ) = 1/(2J2)
===>
a = 69,3°
'PI = 114,3°, 'Pli = - 24Y
Aufga be: 82
Kapitel. 3.1,
Sc hwier igkeitsg r ad:
~
Die Skizze zeigt die Antriebse inheit einer Dampflok, die sich mit der Geschwindigkeit va bewegt. Die Räder rollen ohne zu rutschen.
317
a) Bestimmen Sie für die skizzierte Stellung die Lage des Momentanpols der Schubstange im gegebenen Koordinatensystem! b) Bestimmen Sie die Rc1ativgesehwindigkeit des Kolbens gegenüber dem Zylinder! 1 Gegeben: R, r = 2J2 R, vo. L, c: = 45° ,
Lösun g
a)
YQ = - L/ tana=- L
L/o....?
L
3 18
Geschwindigkeit der Kolbenstange
b)
VK = wS (R+ L),
.
wS = "S I d rmt d = r + Vo
wR d = -
a
=>
wS
=>
vK
==>
YTcI
R
Vs
=-
J2 L = -J2 2
-->
r
VS
= -
(R + 2L) r
R
vO=
J2
-
2
vo
v" R + 2L R +L =
R + 2L
vo
-L = R + 2 L vO
Aufgabe: 83
Kapitel: 3.2,
Schwierjgkeitsgrad: 0
Ein homogener schlanker Stab (Länge L, Masse 01) befindet sich zunächst wie skizziert im labilen Gleichgew icht und fällt dann infolgc einer klein en Störung um .
Wie groß ist die Geschwindigkeit vßndc des freien Stabendes zu dem Zeitpunkt, in dem der Stab die stabile Gleichgewichtslage (Stab hängt nach untcn) passiert?
Gegeben: L, g.
I
L
11-...... /
3 19
I
Lösung Energiesatz (Nullniveau: Lager): mgL = 0.5 J
-->
" Ende =
ui
mit
J
=
l.m L2 ]
und
vßndc
=
wL
.J6gL
Aufgabe: 84
Kapitel: 3.2,
Schwier igkeitsg rad: 0
Von einem Turm der Höhe H wird im Schwerefeld der Erde ein Ball mit der Anfangsgesc hwindigkeit Vo senkrecht nach oben geworfen. a) Bestimmen Sie die maximal e Wurfhöhe Hmax und die Steigzeit l maxb) Die Zeit t[ bis zum Auftreffen des Balles auf der Erde! Gegeben: H = 5 m, Vo = 10 m/s, g = 9,8 1 m/s"
Lösung a)
y(t max ) = o = -gt max +v o
==>
1 y(t max)= - 2 gt max 2 + vot max = 5, 1 m, Hmax = y(tmax) + H = 10,1 m 1 y(t) =- 2 gt E2+ v ot E=- H
b)
2
-->
t~
-->
tE
"
2v
2H
O -k--= O
g
=
"
g
2,45 s.
320
tmax = vo / g = 1,02s
Aufgabe: 85 Ein Zylinder (Masse
Kapitel: 3.3. 01 ,
Schwierigke itsgrad :
~
Radius R) liegt au f eine r horizontalen Ebene. Der
Reibkoeffizient zwi schen Ebene und Zyl inder ist IJ = IJO
=
O. J. Mitte ls der
skizzierten Kraft F = O. J mg so ll der Zy linder in Bewegung gesetzt we rden. a) Rollt od er ruscht der Zylinder? b) Wie groß ist die Beschleunigung des Zylinders? Gegeben: 01 , R, F=O.1mg, J..L = J..LO = O. J.
Lösun g Frcikörpcrbild :
-IP
32 1
Bestimmung von FN:
:EFy = m y= O= F I FN - mg,
==>
FN = 0.9 mg
:EFx = mx = FR :EMc : Je ep = F R - FR R Annahme:
==>
Zylinder rollt! (Annahme gültig, wenn FR < J..l FN )
x = R ep
Zusammenbraten der Gleichungen:
,
FR ~ ~3 F --> Annahme gültig!
< ~ FN
Bestimmung der Winkelbeschleunigung:
Aufgabe: H6
,
2g
ip
~ (F R - FR R) IJ c ; 30R
y
~ 9' R~ 15 g
..
1
Kapitel: 3.2,
Schwierigkeitsgrad:
Nach dem Gcnuß einiger örtlicher Spez ialitäten verläßt Herr Dr. Romberg die Gebir gsh ütte.
,
322
Auf dem Rückweg erre icht der gut ge launte Herr mit seinem Wagen (M asse 01) die
skizzierte Stellung (Gesc hwindigke it '0'0). widmet seine volle
Au fmerksamke it den Sternen, kuppelt aus und rollt ... nach der Strecke L gege n eine Wand (Federkonstante c). Wie groß ist die maximal auf die Wand ausgeübte Kraft? Gegeben: c, 01, g, L, a , vü -
Lösung so Wahl des Nullniveaus : maximale Einfederung der Wand Energiesatz (x ist die Einfederung der elasti schen Wand): 01 g (L+x) sin« + 0 .501 V0 2 = 0 .5 C x 2
Ingenieurm äßige Vereinfachung : x «
==>
x=
2mg Lsina + 01'0' 0 2
F= c x=
Aufga be: 87
L
c
~c(2mgLs in a + 01V0 2 )
Kapitel: 3.3,
Schwier igkeitsg rad :
~
Au f einem Klotz (Masse 2m), der reibungsfrei auf einer Ebene liegt, liegt eine Kugel (Masse 01, Radius R). Der Klotz wird durch die Kraft F beschleunigt gleichze itig beginnt die Kugel zu rollen. Wie groß ist die Reibkraft zwischen Kugel und Klotz?
Gegeben: 01, R, F.
50 (Anmerkung: Herr Dr. Rom bergs Niveau: ~ ULL ist vom Ort una bhängig)
323
r L ösung
Zunächst die Freikörperbilder:
I Herr Dr. Romberg fangt erstmal mit dem Eierbecher auf einem Buch an zu üben: " Das ist total witzig - erst dreht er sich nach hinten und dann in die andere Richtung! Komisch, oder'? " Impulssatz für die Tcilsystcmc:
:EFx , Kugel = m XC,Kugel = FR 324
r.Fx , Klotz
M
x Klotz
Drallsatz Kugel:
. c 2 2 mit J Kugcl = s mR Kinematik:
x Klotz = x C,Kuge l + q,
R
Und nun zusammenbraten (4 Gleichun gen, vier Unbeka nnte):
FR = F 18
Aufgabe: 88
Kapitel: 3.3.
Schwierigke itsgrad :
~
Eine Kugel (Masse m, Radius R), die sich mit der Winkelgeschwindigkeit wO dreht. wird auf eine Ebene (Rcibkoc ffizicnt IJ) gesetzt. a) Wie lange dauert es, bis reines Rollen eintritt? b) Welc he Horizontalgeschwindigkeit hat die Kugel dann erreic ht? Gegeben: 01 , R, c'ü - IJ.
Lösun g Impu lssatz freigesc hnittene Kugel: r. F = m
x Schwe rpunkt! =
FR =
Drallsatz Kugel um den Schwe rpu nkt r. M = J
q, =
-
FR R mit J =
== >
q, =w=- FRR = konst
== >
w(t) = wO + co t =
t
J
FRR
==>
,
x= t wo R
(Herr Dr. Hinrichs kann außerdem noch die Energie ausrechnen, die durch das Rutschen verloren wird. also nicht in Bewegung umgese tzt wird: angeb lich so ll das 5/7 der Anfangse nergie sein)
Aufgabe: 89
Kapitel: 3.3.
Schwierigkeitsgrad: 6"
Ein Pendel (Länge L), welc hes aus einem masselosen Faden und einer Masse m besteht, wird aus der skizz ierten horizontalen Position losgelassen. Der Faden reißt zu dem Zeitpunkt. zu dem die Fadenkraft FF = Fkrit = 1.5 mg beträgt. Welche Gesch windigkeit hat die Masse zu diesem Zeitpunkt? Gegeben: m. Fknt = 1.5 mg, L. g.
Lösung Frcik örpcrbild:
"'I 326
Imp ulssatz in Fadenricht ung.
r. F
Fr - mg sinrp = m
2 00
L
Energiesatz : 0.5 (m L2) ro2 = mg L simp Miteinander vcrwursc htcln:
Aufga be: 90 Ein Zy linder (Masse
Ka pitel: 3.3, 01 ,
Schwier igkeitsg rad :
'*'
Radius r) ro llt (fas t) ohne An fangsgeschw indigke it den
sk izz ierten Hügel hin unter. Beim Winkel tp =
(1)2 = 2V/L
Energiesatz nach dem Stoß: 0.5 12 (1)2 2 = m g L (I ~cos'Pmax) I 2
mit1 2 =m L2 /4
Au flöse n nach 'Pmax
;) ( J,w mgL
'Pmax = arccos I - - -
Zusamme nbraten der Gleichungen, einsetze n:
'Prnax
=
58,4
0
Aufgabe : 97
Kapitel. 3.4,
Schwier igkeitsg r ad :
~
Ein Flummi stößt an den Stellen P I, P2, P3, P4 .... gege n eine (idea l glatte) Ebene. Der Abstand der Auftreffpunkte P I und P2 ist dabei gleich dem Abstand der Punkte P2 und P4. Wie groß ist die Stoßzahl e'? Gegeben:
I PI
P2 1~ I P2 P4 1·
337
Lösung Die x-Komponcntc der Geschwindigkeit bleibt während der Stöße konstant (vxo = konst), in y-Richtung können die Gleichun gen des freien Falls verwendet werden: y(l) = Yyü 1- 0. 5 g I'
Zeit zwischen zwei Stößen: == >
2v yO T=- g
Abstand d von zwei Stoßpunktcn: v :w;ovyo d = 2 --"'---"'g
benachbarte Abstände: dn tl = e d n dnt 2 = e2 dn
==>
Aufgabe: 98
I PI P2 1
=I P2 P4 1
dn
= d n t-1 + d n t 2
1 c = 0.6 18
c
+ e2
Kapitel: 3.3.
Schwierigkeitsgrad: (;
Herr Dr. Hinriehs fliegt auf den alljä hrlichen Freischneider-Ball. In einem Gewitter sackt das Flugzeug "in einem Luftloch" ab. Herr Dr. Hinrichs schießt mitsamt seinem Pfcffcrminztcc Richtung Kabinendecke. Als sich das Flugzeug wieder fängt, landet Herr Dr. Hinrichs unsanft auf dem Schoß des Flugbegleiters. Während der Flugbegleiter versucht, auf seine Lage aufmerksam zu machen, überlegt Herr Dr. Hinrichs, wo denn bloß die große Kraft herkommt. die ihn aus seinem Sitz katap ultierte'? Warum fallt das Flugzeug schneller nach unten als er, obwohl er ja - wohl genau wie das Flugzcug im freien Fall der >
338
Erdbeschleunigung ausgesetzt war? Warum fangt sich das Flugzeug abrupter als dieses bei einem Aufsetzen auf der Landebahn der Fall zu sein scheint? [30] Lösung Herr Dr. Hinriehs scheint eine "negative Beschleunigung" in Richtung Himmel zu erfahren. Ta tsächlich werden derarti ge Beschleunigungen, auch .Lcvitationcn" genannt, nur in religiösen Kreisen für möglich gehalten52•
AHEICUR\(S EII' US€ t