Lehrbuch der Technischen Mechanik - Dynamik: Eine anschauliche Einfuhrung (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Springer-Lehrbuch Rolf Mahnken Lehrbuch der Technischen Mechanik - Dynamik Eine anschauliche Einführung 13 Prof. ...

Author: Rolf Mahnken

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Springer-Lehrbuch

Rolf Mahnken

Lehrbuch der Technischen Mechanik - Dynamik Eine anschauliche Einführung

13

Prof. Dr.-Ing. Rolf Mahnken, M.Sc. Universität Paderborn Fakultät für Maschinenbau Institut für Prozess- und Werkstofftechnik Lehrstuhl für Technische Mechanik Warburger Straße 100 33098 Paderborn Deutschland [email protected]

ISSN 0937-7433 ISBN 978-3-540-36040-7 e-ISBN 978-3-540-36041-4 DOI 10.1007/978-3-540-36041-4 Springer Heidelberg Dordrecht London New York Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der Übersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergütungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Einbandentwurf: WMXDesign GmbH, Heidelberg Gedruckt auf säurefreiem Papier Springer ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media (www.springer.com)

Vorwort

Nahezu jede Konstruktion im Maschinenbau erfährt Bewegungen und dynamische Beanspruchungen, wofür das Automobil ein allgegenwärtiges Beispiel ist. In den täglichen Nachrichten werden wir immer wieder mit Meldungen konfrontriert, in denen uber ¨ den Einsturz von Baukonstruktionen infolge von Erschütterungen bei Erdbeben berichtet wird. Eine eingehende Beschäftigung mit Bewegungen und dynamischen Beanspruchungen ist für Studierende vieler Ingenieurbereiche also von grundsätzlicher Bedeutung, um die Sicherheitstechnik im späteren Berufsleben verantwortungsvoll umsetzen zu können. Das vorliegende Buch richtet sich somit insbesondere an Studentinnen und Studenten der Fachrichtungen Maschinenbau, Bauingenieurwesen, Elektrotechnik, Wirtschaftsingenieurwesen, Technomathematik, Ingenieurinformatik, Mechatronik, Verfahrenstechnik und Lehramt sowie an Ingenieure in der beruflichen Praxis, die sich mit dynamisch beanspruchten Strukturen beschäftigen. Entsprechend wird die Dynamik starrer Körper umfassend behandelt. Zum Verständnis des Buches werden die Grundlagen der Statik starrer Körper und der Festigkeitslehre vorausgesetzt. Das Buch ist aus gleichnamigen Vorlesungen entstanden, die der Autor im Wintersemester 1996/97 an der Universität Hannover für Studenten des Bauingenieurwesens gehalten hat und seit dem Wintersemester 2002/03 an der Universität Paderborn für Studenten des Maschinenbaus und der Technomathematik hält. Dabei wurden und werden auch weiterhin die unterschiedlichen fachlichen Schwerpunkte der verschiedenen Hörerkreise berücksichtigt. Sie sind in dieses Buch eingegangen und tragen zu der umfassenden Darstellung der Dynamik starrer Körper bei. Besonders bedanken möchte ich mich bei den Mitarbeitern des Lehrstuhls für Technische Mechanik, Universität Paderborn, Herrn Dr.-Ing. Stefan Neumann, Herrn Dipl.-Ing. Manuel Hentrich, Herrn Dipl.-Ing. Stefan Wilmanns und Herrn Dipl.-Ing. Kim Sauerland ¨ für die Unterstützung bei der Erstellung der Ubungsaufgaben. Des Weiteren sei den Hilfsassistenten Kai-Uwe Widany, David Wuttke, Vera Caylak und Jan Kohlhoff bei der Bear¨ beitung der Ubungsaufgaben und der Durchsicht des Skriptes gedankt. Den Gra¿kern Herrn Kai Yang und Herrn Qiang Xu sowie der Gra¿kerin Frau Ilka Crimi sei für die sorgfältige Anfertigung der anschaulichen Abbildungen gedankt. Für die freundliche Bereitstellung von Bildmaterial bedanke ich mich bei dem Mercedes-Benz Werk Sindel¿ngen sowie der Firma ALSTOM (Schweiz) AG, Baden, Schweiz. Dem Springer Verlag und insbesondere Frau Eva Hestermann-Beyerle möchte ich für die gute Zusammenarbeit danken.

Paderborn, im Juni 2009

Rolf Mahnken

Inhaltsverzeichnis

1

Einleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Aufgabenstellungen der Dynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Einige Meilensteine in der Geschichte der Dynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Einteilung und Inhalte des Buches . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Ziele des Buches . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 3 5 6

2

Die Kinematik des Punktes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Die geradlinige Bewegung von Punkten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Ort, Geschwindigkeit und Beschleunigung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Integrationsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Die sechs Grundaufgaben der Punktkinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.4 Aufgaben zu Abschnitt 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Die räumliche Bewegung von Punkten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Ort, Geschwindigkeit und Beschleunigung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Raumfeste kartesische Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Zylinderkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.4 Natürliche Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.5 Zusammenfassung zu den verschiedenen Koordinatensystemen . . . . . . 2.2.6 Aufgaben zu Abschnitt 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Kreisbewegungen von Punkten um feste und momentane Achsen . . . . . . . . . . 2.3.1 Kreisbewegungen um feste Achsen in mitrotierenden kartesischen Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Kreisbewegungen um momentane richtungstreue Achsen . . . . . . . . . . . 2.3.3 Kreisbewegungen um momentane Achsen mit Richtungsänderungen . 2.3.4 Aufgaben zu Abschnitt 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9 9 9 14 16 21 26 26 28 31 37 45 46 51

Kinetik des Massenpunktes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 Die drei Newtonschen Axiome der klassischen Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Das dynamische Grundgesetz für den Massenpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Vektorielle Formulierung des dynamischen Grundgesetzes und Ersatzmodell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Das dynamische Grundgesetz in raumfesten kartesischen Koordinaten

69 69 71

3

51 55 59 64

71 73

VIII

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3.2.3 3.2.4 3.2.5 3.2.6 3.2.7

4

Lösungsschritte für Aufgaben der Kinetik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Geführte Bewegungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Das dynamische Grundgesetz in Zylinderkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . Das dynamische Grundgesetz in natürlichen Koordinaten . . . . . . . . . . . Das dynamische Grundgesetz in mitrotierenden kartesischen Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.8 Zusammenfassung zu den verschiedenen Koordinatensystemen . . . . . . 3.2.9 Aufgaben zu Abschnitt 3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Kraftgesetze der Kinetik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Einteilung von Kräften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Das lineare Kraftgesetz für Federn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Das lineare Kraftgesetz für Dämpfer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.4 Das Reibungsgesetz nach Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.5 Der Rollwiderstand am Rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.6 Kraftgesetze für Bewegungen in einem Àuiden Medium . . . . . . . . . . . . 3.3.7 Lösungen für geschwindigkeitsabhängige Beschleunigungen . . . . . . . . 3.3.8 Das Gravitationsgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.9 Die Keplerschen Gesetze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.10 Aufgaben zu Abschnitt 3.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Das Prinzip von d’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1 Kräfte- und Momentengleichgewichtsbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Zentrifugalkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.3 Aufgaben zu Abschnitt 3.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74 78 79 82 84 85 85 89 89 90 90 91 92 94 97 100 103 106 110 110 111 113

¨ den Massenpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . Der Arbeitssatz und der Energiesatz fur 4.1 Die Arbeit einer Kraft entlang einer Bahn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1 Vorbetrachtungen zum Arbeitsbegriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2 Berechnung der Arbeit im allgemeinen Fall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.3 Das Arbeitsdifferenzial in raumfesten kartesischen Koordinaten . . . . . 4.1.4 Das Arbeitsdifferenzial in Zylinderkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.5 Das Arbeitsdifferenzial in natürlichen Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.6 Das Arbeitsdifferenzial in mitrotierenden kartesischen Koordinaten . . 4.1.7 Leistung und Wirkungsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.8 Arbeit und Leistung bei einer Kreisbewegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.9 Aufgaben zu Abschnitt 4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Der Arbeitssatz für den Massenpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Herleitung des Arbeitssatzes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.2 Aufgaben zu Abschnitt 4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Der Energiesatz für Gewichts- und Federkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Kräfte mit und ohne Potenzialeigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 Potenzialfunktionen für Gewichts- und Federkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.3 Herleitung des Energiesatzes für Gewichts- und Federkräfte . . . . . . . . . 4.3.4 Der Energiesatz für beliebige Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.5 Aufgaben zu Abschnitt 4.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

115 115 115 116 118 118 118 119 125 127 128 132 132 133 134 134 135 137 138 141

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5

6

IX

4.4 Vektoranalysis der Potenzialkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4.1 Eigenschaften von Potenzialkräften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4.2 Der Energiesatz für Potenzialkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4.3 Aufgaben zu Abschnitt 4.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

147 148 151 152

Kinematik und Kinetik des Massenpunktsystems . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1 Kinematik des Massenpunktsystems . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Kinematische Größen des Schwerpunktes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.2 Die Winkelgeschwindigkeit des starren Massenpunktsystems . . . . . . . 5.1.3 Aufgaben zu Abschnitt 5.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Grundlagen der Kinetik für das Massenpunktsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Der Schwerpunktsatz für das Massenpunktsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1 Vektorielle Formulierung des Schwerpunktsatzes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2 Der Schwerpunktsatz in verschiedenen Koordinatensystemen . . . . . . . 5.3.3 Aufgaben zu Abschnitt 5.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Der Momentensatz für das Massenpunktsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1 Der Momentensatz mit dem Beschleunigungsvektor . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.2 Der Momentensatz mit dem Drehimpulsvektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Der Momentensatz für das starre Massenpunktsystem in der Ebene . . . . . . . . . 5.5.1 Herleitung der skalaren Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.2 Lösungsschritte bei Verwendung des Momentensatzes . . . . . . . . . . . . . . 5.5.3 Aufgaben zu Abschnitt 5.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6 Der Momentensatz für die Rotation des starren Massenpunktsystems um eine feste Achse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1 Herleitung der skalaren Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.2 Bedingungen für einen idealen Rotor und Auswuchten . . . . . . . . . . . . . 5.6.3 Aufgaben zu Abschnitt 5.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7 Der Arbeitssatz und der Energiesatz für das Massenpunktsystem . . . . . . . . . . . 5.7.1 Herleitung des Arbeitssatzes und des Energiesatzes . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7.2 Der Energiesatz für das starre Massenpunktsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7.3 Die kinetische Energie für das starre Massenpunktsystem . . . . . . . . . . . 5.7.4 Aufgaben zu Abschnitt 5.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

155 155 155 158 162 163 165 165 166 168 169 169 170 172 172 176 179

Kinematik und Kinetik der ebenen Bewegung starrer Körper . . . . . . . . . . . . . . 6.1 Der starre Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Die ebene Bewegung, Translation und Rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Kinematik der ebenen Bewegung starrer Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1 Translation und Rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Rollen und Gleiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.3 Der momentane Geschwindigkeitspol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.4 Regeln zur Bestimmung von Geschwindigkeiten und des Geschwindigkeitspols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.5 Rastpolbahn und Gangpolbahn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.6 Der momentane Beschleunigungspol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

201 201 202 205 205 209 211

182 182 186 189 191 191 194 195 198

212 214 217

X

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6.4 6.5

6.6

6.7

6.8

7

8

6.3.7 Relativbewegungen in rotierenden Bezugssystemen . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.8 Aufgaben zu Abschnitt 6.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kinetik der ebenen Bewegung starrer Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Massenträgheitsmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.1 Massenträgheitsmomente für einfache Körper bezüglich der Schwerpunkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.2 Massenträgheitsmomente bei Verschiebung der Achsen: Der Satz von Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.3 Aufgaben zu den Abschnitten 6.4 und 6.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rollen und Gleiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6.1 Grundgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6.2 Aufgaben zu Abschnitt 6.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Energiesatz für den starren Körper in der ebenen Bewegung . . . . . . . . . . . 6.7.1 Formulierung des Energiesatzes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7.2 Aufgaben zu Abschnitt 6.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schnittgrößen in bewegten Systemen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.8.1 Aufgaben zu Abschnitt 6.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

217 220 225 228 228 231 236 238 238 240 243 243 246 247 249 251 251 253 253 254

Grundlagen der Rotordynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1 Der Schwerpunktsatz und der Momentensatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Massenträgheitsmomente und Massenträgheitsmatrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.1 De¿nitionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.2 Auf¿nden von Hauptachsen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.3 Massenträgheitsmomente für einfache Körper bezüglich der Schwerpunkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.4 Massenträgheitsmomente bei Parallelverschiebung der Koordinatenachsen: Der Satz von Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.5 Massenträgheitsmomente bei Verdrehung der Koordinatenachsen . . . . 7.2.6 Bedingungen für einen idealen Rotor und Auswuchten . . . . . . . . . . . . . 7.3 Arbeit, Energie, Leistung, Drehimpuls und Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4 Aufgaben zu den Abschnitten 7.1 bis 7.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5 Die kritische Drehzahl von Rotoren mit biegeelastischer Welle . . . . . . . . . . . . 7.5.1 Der Laval-Läufer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5.2 Aufgaben zu Abschnitt 7.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

260 262 266 269 271 277 277 279

Kinematik und Kinetik der räumlichen Bewegung starrer Körper . . . . . . . . . 8.1 Kinematik der Relativbewegungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1.1 Zeitableitungen im bewegten Bezugssystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1.2 Der Winkelgeschwindigkeits- und der Winkelbeschleunigungsvektor . 8.1.3 Aufgaben zu Abschnitt 8.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Kinematik im Raum mit Euler Winkeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.1 Erklärung der Euler Winkel an einem Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.2 Beschreibung rotierender Bezugssysteme mit Euler Winkeln . . . . . . . . 8.2.3 Aufgaben zu Abschnitt 8.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

281 282 282 285 288 291 291 292 296

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XI

8.3 Kinetik starrer Körper im Inertialsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3.1 Der Schwerpunktsatz für den starren Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3.2 Der Momentensatz für den starren Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3.3 Alternative Herleitung des Momentensatzes für ebene Bewegungen . . 8.4 Kinetik starrer Körper in bewegten Bezugssystemen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.1 Der Schwerpunktsatz in bewegten Bezugssystemen . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.2 Der Momentensatz in bewegten Bezugssystemen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.3 Koordinatendarstellungen des Momentensatzes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.4 Die permanente, stabile Verdrehung des momentenfreien Kreisels . . . . 8.4.5 Aufgaben zu Abschnitt 8.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5 Der Momentensatz mit Euler Winkeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.1 Der Fall Ω = ψ˙ + θ˙ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.2 Der Fall Ω = ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.3 Aufgaben zu Abschnitt 8.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

297 297 298 299 300 300 304 305 311 313 318 318 320 323

Impuls, Drehimpuls und Stoß starrer Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1 Impuls- und Impulserhaltungssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.1 Impuls- und Impulserhaltungssatz für den starren Körper . . . . . . . . . . . 9.1.2 Impuls- und Impulserhaltungssatz für das System starrer Körper . . . . . 9.1.3 Aufgaben zu Abschnitt 9.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2 Drehimpuls- und Drehimpulserhaltungssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2.1 Drehimpuls- und Drehimpulserhaltungssatz für den starren Körper . . 9.2.2 Der Drehimpulssatz für den starren Körper mit Drehung um eine Hauptachse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2.3 Der Drehimpulssatz für ebene Bewegungen des starren Körpers . . . . . 9.2.4 Drehimpuls- und Drehimpulserhaltungssatz für das System starrer Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2.5 Aufgaben zu Abschnitt 9.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3 Der Stoß starrer Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3.1 Begriffe zum Stoß und Einteilung des Stoßes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3.2 Annahmen zum Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4 Der gerade zentrische Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4.1 Voraussetzungen zum geraden zentrischen Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4.2 Erster Sonderfall: Der elastische Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4.3 Zweiter Sonderfall: Der plastische Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4.4 Allgemeiner Fall: Der elastisch-plastische Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4.5 Aufgaben zu Abschnitt 9.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5 Der exzentrische Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5.1 Formulierung des Impuls- und des Drehimpulssatzes . . . . . . . . . . . . . . . 9.5.2 Aufgaben zu Abschnitt 9.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

329 329 329 331 333 336 336 337 337 339 341 344 344 346 347 347 348 348 349 356 359 359 364

XII

Inhaltsverzeichnis

10 Grundlagen der Schwingungslehre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.1 Einteilung von Schwingungen nach verschiedenen Merkmalen . . . . . . . . . . . . 10.2 Einteilung von Schwingungen nach dem zeitlichen Verlauf . . . . . . . . . . . . . . . ¨ 10.3 Die Zeigerdarstellung und die Uberlagerung von Schwingungen . . . . . . . . . . . 10.4 Freie ungedämpfte Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4.1 Schwingungsbewegungen starrer Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4.2 Ersatzsysteme elastischer Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4.3 Ersatzfedern bei Federschaltungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4.4 Vertikale Schwingungen starrer Körper im Schwerefeld . . . . . . . . . . . . 10.4.5 Pendelschwingungen starrer Körper im Schwerefeld . . . . . . . . . . . . . . . 10.4.6 Pendelschwingungen des federgelagerten starren Körpers im Schwerefeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4.7 Energiebetrachtungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4.8 Aufgaben zu Abschnitt 10.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5 Freie gedämpfte Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5.1 Die Normalform für freie gedämpfte Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . 10.5.2 Starke Dämpfung mit D > 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5.3 Grenzdämpfung mit D = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5.4 Schwache Dämpfung mit D < 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5.5 Dämpfung durch trockene Reibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5.6 Schwingungen des feder- und dämpfergelagerten Körperpendels . . . . . 10.5.7 Aufgaben zu Abschnitt 10.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6 Erzwungene gedämpfte Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6.1 Vier Fälle mit periodischen Anregungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6.2 Vereinheitlichte Lösung für die gedämpfte Schwingung mit Anregung 10.6.3 Schwingungen um die statische Ruhelage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6.4 Tabellarische Zusammenfassung der Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6.5 Erzwungene ungedämpfte Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6.6 Ergebnisse für die Beispiele aus Abschnitt 10.6.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6.7 Aufgaben zu Abschnitt 10.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

369 370 372 374 376 376 378 380 383 384

Anhang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.1 Grundlagen der Vektorrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.1.1 Rechenoperationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.1.2 Vektorbasis und Basisdarstellung von Vektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.1.3 Basiswechsel in der Ebene und Koordinatentransformation . . . . . . . . . . A.2 Beweis der Gleichungen (4.51) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.3 Herleitungen zum Abschnitt 8.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.4 Lösungen zu den Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.5 Lehrprogramme mit verschiedenen Schwerpunkten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

425 425 426 428 429 430 431 433 441

A

385 387 388 393 393 394 395 396 401 403 404 406 406 408 410 411 413 415 420

Literaturverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443 Index . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445

1 Einleitung

1.1 Aufgabenstellungen der Dynamik Das Schaukeln eines Kindes, die Beschleunigung eines Motorrades, der Looping eines Achterbahnwagens, die Fahrt einer Magnetbahn auf der Schnellstrecke, die Bewegung eines Industrieroboters, die Bewegung eines Elektrons im elektrischen Feld: Dieses sind Beispiele für Bewegungen, die uns in Freizeit, Sport und Beruf täglich begegnen. Derartige Vorgänge, von denen einige in Abb. 1.1 dargestellt sind, verlangen nach Erklärungen. Aus Erfahrung wissen wir, dass die Ursachen häu¿g Kräfte und Momente sind. Ein stehender Handwagen wird durch eine ,,Zugkraft” beschleunigt, ein fahrender PKW wird durch eine ,,Bremskraft” zum Stillstand gebracht und die Bewegung von Rotoren ist Folge des ,,Antriebsmomentes”.

Abb. 1.1. Beispiele für Bewegungen einer Schaukel, eines Wagens im Achterbahnlooping, eines Robotersarmes

Umgekehrt können Bewegungen Kräfte verursachen. Fährt ein PKW mit hoher Geschwindigkeit in einer Kurve, so erfahren die Insassen eine nach außen gerichtete Fliehkraft. Die Fahrt des in Abb. 1.1 dargestellten Achterbahnwagens hat sehr komplexe Kraftwirkungen sowohl für die Fahrgäste als auch für die Stahlkonstruktion zur Folge. In der Rotorindustrie ist die Kenntnis von dynamischen Lagerkräften an den rotierenden Systemen wichtig. Diese sind unerwünscht, da sie zu Geräuschentwicklungen und langfristig zu Verschleiß an

2

1 Einleitung

den AuÀagern führen können. Aus diesen und weiteren Beobachtungen ergeben sich zahlreiche Aufgabenstellungen für den in der Praxis tätigen Ingenieur, wie zum Beispiel: • • • • • • • • •

Bestimmung von Kräften und Momenten infolge von Bewegungen einer Konstruktion, Bestimmung von Auslenkungen einer Konstruktion infolge von Kräften und Momenten, Untersuchung der Resonanz bei schwingenden Systemen (z.B. Brücken und Rotoren), Untersuchung der Dauerfestigkeit und Ermittlung der maximalen Auslenkung bei wechselnder Beanspruchung, Ermittlung von mechanischen Größen wie verrichtete Arbeit, gespeicherte und freigesetzte Energie, Leistung sowie Wirkungsgrad, Anbringen von Massen zum Auswuchten bei rotierenden Systemen, Bestimmung der kritischen Drehzahl bei biegeelastischen Rotoren, z.B. dem LavalLäufer, Untersuchung von Fahrzeugen oder Fahrzeugteilen (z.B. Dummypuppe oder Crashbox) beim PKW-Unfall, Bestimmung des Kreiselmomentes, z.B. an der Radachse eines PKWs in der Kurvenfahrt.

¨ Bei der Planung und Entwicklung, bei der Uberpr¨ ufung während des Betriebes und bei Inspektionen von technischen Konstruktionen müssen diese Aufgabenstellungen von dem Ingenieur einwandfrei bearbeitet werden, so dass Schäden für Personen, die Konstruktionen und die Umwelt ausgeschlossen bleiben. Dazu sind Kenntnisse aus verschiedenen ingenieurwissenschaftlichen Gebieten und der Technischen Mechanik notwendig. Hierzu gehört auch ein Verständnis der Wechselwirkungen zwischen Bewegungs- und Kraftgrößen. Dass diese bereits für vergleichsweise einfache Körper komplex sein können, macht beispielhaft ein Versuch mit dem Gyroskop in Abb. 1.2 deutlich. Hält man den sich drehenden Körper in der Hand und versucht, die Achse in eine gewisse Richtung zu bewegen, dann neigt sie dazu, sich in eine dazu senkrechte Richtung zu bewegen. Allgemein kann man feststellen, dass ein Kreisel bei einer Kraft- oder Momentenwirkung immer senkrecht zu der Richtung ausweicht, welche die Statik erwarten Abb. 1.2. Wechselwirkung zwischen Kraft läßt. Diesen verblüffenden Effekt beund Bewegung beim kreiselnden Gyroskop zeichnet man als Präzession. Umgekehrt erfährt bei einer erzwungenen Präzession der Kreisel ein sogenanntes Kreiselmoment. Dieser ebenso bemerkenswerte Effekt stellt sich z.B. bei dem drehenden Rad eines PKWs in der Kurvenfahrt ein und ruft eine zusätzliche Belastung der Radachse hervor. Die Erklärung von Bewegungen ist also allein mit ,,statischem Denken” nicht möglich, sondern erfordert darüber hinausgehende Kenntnisse zur

1.2 Einige Meilensteine in der Geschichte der Dynamik

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• Kinematik: Lehre von Bewegungen ohne Berücksichtigung von Kräftewirkungen und • Kinetik: Lehre von Kräften und Bewegungen. Die Kinetik steht in Erweiterung zur Statik, die sich mit dem Kräftegleichgewicht an nicht beschleunigten Körpern beschäftigt. Beide zusammen bilden die Dynamik, die sich mit der Wirkung von Kräften befasst1 .

1.2 Einige Meilensteine in der Geschichte der Dynamik Die Erklärung von Bewegungen war bereits in der Antike für die Gelehrten eine Herausforderung. Beispielsweise hat Aristoteles (384-322 v. C.) den Bahnverlauf des schrägen Wurfes behandelt. Nach seinen Lehren setzt sich dieser, wie für das Wurfgeschoß in Abb. 1.3.a dargestellt, aus drei Abschnitten zusammen: einer gerade ansteigenden Linie in Abschussrichtung, einem gekrümmten Kurvenstück und einer senkrecht nach unten gerichteten geraden Linie. Als Ursache der ersten Phase wird eine ,,vis viva”, eine lebendige Kraft, angenommen, die schließlich ,,erlischt”, so dass der Körper in einer Kurve zu Boden fällt. Eine weitere, aus heutiger Sicht unhaltbare, Lehre von Aristoteles besagte, dass die Gesetze für Bewegungen im Himmel grundlegend anders als auf der Erde sind. Obwohl diese und andere Lehren häu¿g Widersprüche aufkommen ließen, sollte es noch fast 2000 Jahre dauern, bis für die Gegenwart gültige, wissenschaftlich begründete Gesetze entwickelt worden sind.

Abb. 1.3. Wurfbewegungen: a) Drei Phasen nach Aristoteles, b) Wurfparabel nach Galilei

Zur mathematischen Beschreibung der Wurfbewegung hat Galileo Galilei (1564 - 1642) einen auch heute häu¿g verwendeten Ansatz eingeführt, indem er die komplexe Gesamtbewegung in einfache Teilbewegungen, in diesem Fall zwei Bewegungen, zerlegt hat: eine vertikale mit Beschleunigung und eine horizontale ohne Beschleunigung. Als Ergebnis seiner Untersuchungen erhielt er die in Abb. 1.3.b dargestellte Wurfparabel. 1

Diese Aufteilung wird vor allem in der Technischen Mechanik gebraucht. In der Physik wird dagegen meist der Ausdruck Dynamik statt Kinetik verwendet.

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1 Einleitung

Galilei war auch Experimentator im modernen Sinn, der anhand von Versuchen die Kinematik der (geradlinigen) Fallbewegung intuitiv richtig beantworten konnte. Aus der Beobachtetung, dass Körper unterschiedlicher Masse ,,gleich schnell” fallen, leitete er das zugehörige Weg- ZeitGesetz ab. Außer Beiträgen zur Kinematik hat Galilei im Jahre 1638 mit der Formulierung des Trägheitsgesetzes einen wichtigen Beitrag zur Kinetik geliefert, auch wenn er die Ursache von Bewegungen noch nicht endgültig erklären konnte. Den historisch wichtigsten Beitrag zu dieser und anderen Fragestellungen der Physik hat Newton im Jahre 1687 mit dem Buch Philosophiae Naturalis Principia Mathematica (Die mathematischen Prinzipien der Naturlehre) geleistet. Es gilt auf Grund mehrerer bahnbrechender Ansätze als eines der wichtigsten Bücher aller Zeiten. Außer den drei berühmten Newtonschen Axiomen werden z.B. eine Theorie der Gezeiten und das Gravitationsgesetz vorgestellt. Damit war Newton der Erste, der für die Erde und den Himmel gültige Bewegungsgesetze formulierte und wesentlich zur Abkehr von der bis dahin allgemein anerkannten Lehre von Aristoteles beigetragen hat. Darüber hinaus lieferte er die geometrische Argumentation für Keplers drei Gesetze.

Abb. 1.5. Sir Isaac Newton (1642-1727)

Obwohl das zweite Newtonsche Axiom in der Literatur häu¿g in der Formulierung “Kraft gleich Masse mal Beschleunigung” zu ¿nden ist, war es Euler, der diese grundlegende Bewegungsgleichung im Jahre 1752 in seiner Arbeit Entdeckung eines neuen Prinzipes der Mechanik veröffentlicht hatte. Nach der Veröffentlichung der Principia von Newton war die Erklärung von Drehbewegungen, die zum Beispiel beim Rollen eine Rades oder der Schwingung eines ausgedehnten Pendelkörpers auftreten, eine weitere offene Frage. Auch Newton war sich dieser Problematik bewusst, als er in seinem Vorwort schrieb: ,,Wenn es doch gelingen würde, auch die anderen Naturphänomene durch ¨ Uberlegungen gleicher Art aus mechanischen Prinzipien herzuleiten”. Diese Lücke hat Euler im Jahre 1775 mit der Formulierung des Momentensatzes geschlossen. Abb. 1.6. Leonhard Euler (1707-1783)

1.3 Einteilung und Inhalte des Buches

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1.3 Einteilung und Inhalte des Buches Das vorliegende Buch wendet sich als einführendes Lehrbuch an Studenten der Ingenieurwissenschaften und soll auch den Ingenieur im Berufsleben bei dem Auffrischen von Grundlagenwissen unterstützen. Auf der Grundlage einer modularen Einteilung des gesamten Stoffes in verschiedene Themen wurde großer Wert auf anschauliche Darstellungen und verständliche Herleitungen gelegt. Bevor wir die Wechselwirkungen von Kräften und Bewegungen beschreiben können, ist es erforderlich, die Studierenden schrittweise auf die Lehre der Bewegungen (Kinematik) vorzubereiten. Ausgehend von den in Alltag und Schule bekannten Begriffen Geschwindigkeit und Beschleunigung werden für ausgewählte Körperpunkte von realen Strukturen in Kapitel 2 geradlinige, ebene und räumliche Bewegungen behandelt. Auf Grund der großen technischen Bedeutung ist ein ausführlicher Abschnitt den Kreisbewegungen von Punkten um feste und momentane Achsen gewidmet. Dabei erlaubt die Verwendung von mitrotierenden kartesischen Koordinaten zum Einen die Herleitung der Eulerschen Geschwindigkeitsformel und zum Anderen eine systematische Vorbereitung auf die Kinematik und Kinetik starrer Körper. Grundlage der Kinetik in Kapitel 3 ist das zweite Axiom von Newton, das auch das dynamische Grundgesetz, die Newtonsche Bewegungsgleichung oder einfach Newtonsches Gesetz genannt wird. Damit läßt sich ein Zusammenhang zwischen der Kraft und der Beschleunigung ableiten. Die Anwendung auf reale Körper erfolgt mit einem vereinfachten Ersatzmodell und wird in den nachfolgenden Kapiteln mit dem Schwerpunktsatz auf den starren Körper erweitert. Die allgemein gültigen Gesetze der Kinematik und Kinetik können mit einer koordinatenfreien Vektorschreibweise mathematisch beschrieben werden. Zur Lösung von praktischen Aufgabenstellungen sind diese Gesetze jedoch in geeigneten Koordinatensystemen darzustellen. Da deren Wahl und die damit verbundenen Vorzeichenregelungen den Studierenden anfänglich häu¿g Schwierigkeiten bereiten, werden die einzelnen Schritte zum Aufstellen der Bewegungsgleichungen ausführlich in zahlreichen Praxisbeispielen erläutert. Aufgabenstellungen insbesondere mit Widerstandskräften führen häu¿g auf a¨ hnliche Differenzialgleichungen. Für drei verschiedene Fälle werden deren Lösungen, soweit in geschlossener Form berechenbar, in einer Tabelle (Tabelle 3.2) für drei verschiedene Fälle zusammengefasst. Aufgaben der Dynamik für Massenpunkte können grundsätzlich mit dem dynamischen Grundgesetz bearbeitet werden. Um den Rechenaufwand zur Lösung der dabei auftretenden Differenzialgleichungen zu vermeiden, ist für bestimmte Aufgabenstellungen der Arbeitsatz oder der Energiesatz aus Kapitel 4 vorteilhafter. In diesem Zusammenhang werden mechanische Größen wie Arbeit, Energie, Potenzial, Leistung und Wirkungsgrad eingeführt, welche z.B. beim Größenvergleich von Maschinen und Anlagen in der Technik eine wichtige Rolle spielen. Ein gesonderter Abschnitt zur Vektoranalysis der Potenzialkräfte dient dem mathematischen Verständnis von Kräften mit Potenzial. In Kapitel 5 werden die Gesetzmäßigkeiten für den Massenpunkt auf das Massenpunktsystem erweitert. Besondere Beachtung ¿nden dabei die Kinematik und Kinetik für das starre Massenpunktsystem.

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1 Einleitung

Die weiteren Kapitel behandeln verschiedene Themen zum starren Körper. Dazu werden die Kinematik und Kinetik der ebenen Bewegung starrer Körper separat in Kapitel 6 behandelt. Themen der Kinematik sind z.B. der momentane Geschwindigkeitspol, die Ermittlung von Rastpol- und Gangpolbahn und Relativbewegungen in rotierenden Bezugssystemen. Mit dem Schwerpunkt- und dem Momentensatz werden anschließend Bewegungen in der Ebene, wie z.B. die Dummy-Puppe bei einem Crash, umfassend behandelt. In einem weiteren Abschnitt erfolgt die Bestimmung von Schnittgrößen in bewegten Systemen. Das Kapitel 7 ist den Grundlagen der Rotordynamik gewidmet, wobei insbesondere verschiedene Möglichkeiten zur Anwendung des Momentensatzes erklärt werden. Weitere Themen sind die Bestimmung von Massenträgheitsmomenten und Hauptachsen, die Entstehung dynamischer AuÀagerkräfte und das Auswuchten. Ein weiterer Abschnitt behandelt die Bestimmung der kritischen Drehzahl für Rotoren mit biegeelastischer Welle (Laval-Läufer). Das zweite Newtonsche Axiom ist nur in einem sogenannten Inertialsystem gültig. Oft ist es jedoch günstiger, die Bewegungsgleichungen für bewegte Bezugssysteme zu formulieren. Dazu wird in Kapitel 8 die Kinematik und Kinetik starrer Körper im Raum unter Berücksichtigung von Relativbewegungen untersucht. Weitere Themen sind die Euler Winkel sowie die Ursache von Präzessionsbewegungen und des Kreiselmomentes. Zusätzlich werden in Kapitel 9 Stoßvorgänge mit Anwendungen von Impulssatz und Drehimpulssatz in einem eigenständigen Kapitel behandelt. Dabei werden wir außer dem zentrischen Stoß auch den exzentrischen Stoß behandeln. Ein wichtiges Anwendungsgebiet der Technischen Mechanik ist das Thema Schwingungen. Dazu werden die Grundlagen für ungedämpfte und gedämpfte Schwingungen mit und ohne Anregung in Kapitel 10 untersucht. Einige Beispiele und Aufgaben behandeln in diesem Zusammenhang das in der Technik wichtige Thema Dauerfestigkeit.

1.4 Ziele des Buches Das Studienfach ,,Technische Mechanik - Dynamik” ist ein Grundlagenfach der Ingenieurwissenschaften an deutschen Universitäten, Fachhochschulen und Ingenieurhochschulen. Für die verschiedenen Studienrichtungen, wie z.B. Maschinenbau, Bauingenieurwesen, Elektrotechnik, Wirtschaftsingenieurwesen, Technomathematik, Ingenieurinformatik, Mechatronik, Verfahrenstechnik und Lehramt ergeben sich dabei unterschiedliche Anforderungen an den Lehrinhalt und den Lehrumfang. Während beispielsweise für den Maschinenbauingenieur die Auslegung eines Rotors mit Drehung um eine feste Achse im Vordergrund steht, ist für den Bauingenieur die Auslegung des den Rotor tragenden Fundamentes aus Stahlbe¨ ton vorrangig. Der seit einigen Jahren andauernde Ubergang vom Diplom- zum Bachelor/Masterstudiengang hat weitere unterschiedliche Situationen für die verschiedenen Lehreinrichtungen insbesondere im Hinblick auf den Lehrumfang geschaffen. Mit der im vorherigen Abschnitt beschriebenen Einteilung des Buches ist eine gegliederte Struktur der Themen gegeben. Damit kann verschiedenen Anforderungen von Studierenden und Lehrenden begegnet werden. Zu diesem Zweck werden in Anhang A.5 des Buches verschiedene Lehrprogramme mit unterschiedlichen Schwerpunkten vorgeschlagen. Jedes Kapitel beschreibt jeweils ausführlich die theoretischen Gesetzmäßigkeiten. Zur weiteren Veranschaulichung werden alle Themen in u¨ ber 100 vollständig durchgerechneten

1.4 Ziele des Buches

7

Beispiele behandelt. Das solide Verständnis für die Gesetze der Technischen Mechanik kann jedoch nur durch selbständige Bearbeitung von Aufgaben erhalten werden. Zu diesem ¨ Zweck werden zusätzlich an die 300 Ubungsaufgaben zum Rechnen angeboten. Bei deren Auswahl sind sowohl didaktische Gesichtspunkte als auch praktische Problemstellungen berücksichtigt worden. Dazu wechseln sich Aufgaben, in denen das Verständnis einzelner Themen kurz abgefragt wird, mit Aufgaben ab, in denen komplexe Zusammenhänge und somit auch mehrere Themengebiete abgedeckt werden. Alle Aufgaben sind mit unterschiedlichen Schwierigkeitsgraden von SG=1 (leicht) bis SG=3 (schwer) versehen. Die Aufgaben mit der Kennung SG = 3 haben zudem das Niveau einer Semesterabschlussklausur. Mit der Kennung SG = 3* sind Aufgaben versehen, die besonders schwierig sind oder die mit den u¨ blichen Hilfsmitteln unter Klausurbedingungen nicht zu lösen sind, bei denen also zum Beispiel numerische Verfahren eingesetzt werden müssen. Um das Verständnis der behandelten Themen zu fördern, sind die einzelnen Kapitel vergleichsweise ausführlich gestaltet. Dieses geschieht zu Lasten weiterer Themen der Dynamik, die in diesem Buch nicht behandelt werden, wie z.B. das Prinzip der virtuellen Arbeiten, die Lagrangeschen Gleichungen, Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden und die Darstellung von Schwingungen mit komplexen Zahlen. Die Herangehensweisen bei der Einführung in die zahlreichen Themen der Dynamik sind in den Lehrbüchern der Technischen Mechanik teilweise sehr verschieden. Dieses betrifft z.B. die Einführung des Momentensatzes für den starren Körper, der 1775 von Euler axiomatisch formuliert wurde. Seitdem sind zwei methodische Ansätze für dessen Einführung bekannt. In dem ersten Ansatz wird auf der Grundlage der ,,Newtonschen Punktmechanik” eine Integration von Momentengleichungen u¨ ber die Massenpunkte des starren Körpers durchgeführt, siehe z.B. die Literaturstellen [5, 8, 13, 16, 22, 23, 25]. In dem zweiten Ansatz wird der Momentensatz für den starren Körper als Axiom eingeführt, siehe z.B. [2, 7, 29]. Diese beiden Vorgehensweisen werden in der Literatur von einer kontroversen Diskussion begleitet, siehe z.B. [2, 29]. Wir verfolgen in diesem Lehrbuch den ersten Ansatz. Dies geschieht in dem Wissen, dass damit einige Konzepte der Kontinuumsmechanik unberücksichtigt bleiben. Dieser Weg erlaubt jedoch dem Anfänger einen nachvollziehbaren Zugang allein unter Verwendung des zweiten Axioms von Newton. Es sei hinzugefügt, dass der zweite Ansatz zu gleichen Ergebnissen in der Dynamik starrer Körper führt. ¨ Die Ubersetzung des griechischen Wortes Mechanike ist die ,,Kunst, Maschinen zu bauen”. Um diese ,,Kunst” erfolgreich im Studium und später im Berufsleben umsetzen zu können, sei den Leserinnen und Lesern Freude und Erfolg beim Erlernen und Anwenden der Inhalte dieses Buches gewünscht.

¨ Satelliten sind wichtige Kommunikationsüberträger der heutigen Zeit. Die weltweite Ubertragung von Fernsehprogrammen wurde ab August 1964 mit dem Start des Satelliten SYNCOMII ermöglicht, der in 36 000 km Höhe u¨ ber der Erde scheinbar an einem Punkt ¿xiert in einer mit der Erdumdrehung synchronen Umlaufbahn stand. Er u¨ bertrug direkt die Olympischen Spiele von Tokio in die USA. Im Juli 1969 konnten etwa 200 Mio. Zuschauer in aller Welt live die ersten Schritte eines Menschen auf dem Mond erleben. Obwohl die Abmessungen von Satelliten mehrere Meter betragen können, sind diese, relativ zu den Umlaufbahnen, vernachlässigbar klein. Zur mathematischen Beschreibung der Bewegungen im Weltall ist es daher ausreichend, einen repräsentativen Körperpunkt, etwa den Schwerpunkt des Satelliten, zu untersuchen.

2 Die Kinematik des Punktes

Mit der Vorstellung, dass ein Körper zu verschiedenen Zeiten verschiedene Positionen oder Lagen im Raum einnimmt, gelangt man zu dem Begriff der Bewegung. Deren Untersuchung ist Aufgabe der Kinematik, wobei Ursachen und Wirkungen, wie z.B. Kräfte und Momente, unberücksichtigt bleiben. In diesem Kapitel untersuchen wir die Kinematik ausgezeichneter Körperpunkte (kurz: Punkte). Dabei ist ein Punkt als unendlich kleiner Bereich des Körpers eine Idealisierung. Eine wichtige Rolle spielt der Schwerpunkt, für den in den nachfolgenden Kapiteln u¨ ber die Kinetik starrer Körper die Kenntnis der Bewegung von großer Bedeutung ist. Wir de¿nieren im Folgenden zunächst die Begriffe Ort, Geschwindigkeit und Beschleunigung. Zusätzlich werden wir noch den Drehwinkel, die Winkelgeschwindigkeit und die Winkelbeschleunigung kennenlernen. Damit können wir sechs Größen mit dem Oberbegriff Bewegungsgröße bezeichnen. Dieses geschieht in Analogie zum Oberbegriff Kraftgröße der Raumstatik, womit Kräfte und Momente bezeichnet werden.

2.1 Die geradlinige Bewegung von Punkten 2.1.1 Ort, Geschwindigkeit und Beschleunigung Der Personenkraftwagen in Abb. 2.1 führt auf einer geradlinigen Teststrecke Vor- und Rückwärtsbewegungen durch. Fassen wir das Fahrzeug vereinfachend als starren Körper auf, bei dem die Abstände zweier beliebiger Punkte unverändert bleiben, dann haben alle Punkte zur gleichen Zeit den gleichen Bewegungsablauf. Somit ist es ausreichend, den Schwerpunkt S des Fahrzeuges als repräsentativen Punkt zu verfolgen. Dazu verwenden wir folgende Begriffe zur geradlinigen Bewegung von Punkten 1. 2. 3. 4. 5.

Bezugspunkt Koordinate (Ort) Zeit Zeitintervall Ortsänderung (Verschiebung)

6. Durchschnittsgeschwindigkeit 7. Geschwindigkeitsänderung 8. Durchschnittsbeschleunigung

0 x = x(t), [x]SI = m t, [t]SI = s Δt Δx = x(t + Δt) − x(t) Δx v˜ = Δt Δv = v(t + Δt) − v(t) Δv a ˜= . Δt

(2.1)

10


Abb. 2.1. Personenkraftwagen auf geradliniger Teststrecke: a) x(t)-, b) v(t)- und c) a(t)- Diagramme. Karos repräsentieren Extrempunkte, Kreise Wendepunkte und Dreiecke Nullpunkte der jeweiligen Funktionen

Die Koordinate x gibt den momentanen Abstand des Punktes S von dem festen Bezugspunkt 0 und somit den Ort an. Da sich die Lage von S mit der Zeit t a¨ ndert, gilt der funktionale Zusammenhang x = x(t). Für die Darstellung in dem Ort-Zeit-Diagramm in Abb. 2.1.a entstehen infolge der Vor- und Rückwärtsbewegungen Extremwert- und Wendepunkte in der Funktion x(t). Für bekannte Koordinaten x(t) und x(t + Δt) zu verschiedenen Zeiten t und t + Δt erhält man in Gl.(2.1.5) die Ortsänderung (oder: Verschiebung) Δx. Der Differenzenquotient (2.1.6) gibt die Durchschnittsgeschwindigkeit v˜ im Zeitintervall Δt an. In Abb. 2.1.a erkennt man, dass eine Verkleinerung von Δt eine Veränderung von Δx und somit auch von v˜ zur Folge hat. Mit dem Grenzübergang Δt → 0 entsteht somit die Definition Geschwindigkeit bei geradliniger Bewegung dx m Δx = = x, ˙ [v]SI = . v = lim Δt→0 Δt dt s

(2.2)

Hier und in den nachfolgenden Gleichungen kennzeichnet ein Punkt u¨ ber der betreffenden Größe deren zeitliche Ableitung. Die Geschwindigkeit ist somit gleich der zeitlichen Ableitung des Ortes x(t). In dem Geschwindigkeit-Zeit-Diagramm in Abb. 2.1.b ergeben

2.1 Die geradlinige Bewegung von Punkten

11

sich Null- und Extremwertpunkte für die Funktion v(t), die aus den Extremwert- und Wendepunkten für den Ort x(t) entstehen. Mit den Geschwindigkeiten v(t) und v(t + Δt) zu den verschiedenen Zeiten t und t + Δt wird in Gl.(2.1.7) die Geschwindigkeitsänderung erhalten. Der Differenzenquotient (2.1.8) beschreibt die Durchschnittsbeschleunigung a ˜ im Zeitintervall Δt. Wir bilden auch hier den Grenzübergang Δt → 0 und erhalten die Definition Beschleunigung bei geradliniger Bewegung dv Δv m = = v˙ = x ¨, [a]SI = 2 . a = lim Δt→0 Δt dt s

(2.3)

Damit bestimmt man die Beschleunigung a(t) durch einmaliges Differenzieren der Geschwindigkeit v(t) bzw. durch zweimaliges Differenzieren des Ortes x(t). In dem Beschleunigung-Zeit-Diagramm in Abb. 2.1.c ergeben sich Null- und Extremwertpunkte für die Funktion a(t), die aus den Extremwert- und Wendepunkten für die Geschwindigkeit v(t) entstehen. Eine negative Beschleunigung beschreibt das Abbremsen des Fahrzeuges. Bemerkungen 2.1 1. Mit den Regelungen des Internationalen Einheitensystems (SI) folgt aus De¿nition (2.2) als Einheit für die Geschwindigkeit m/s. Zu der im Verkehrswesen häu¿g verwendeten Einheit km/h besteht der Zusammenhang 1

1000 m 1 m km = = h 3600 s 3.6 s

⇐⇒

1

m km = 3.6 . s h

(2.4)

Eine Geschwindigkeit von 100 km/h entspricht somit 100/3.6 m/s = 27.78 m/s. Ein Läufer, der für die 100-Meter Strecke 10 s benötigt, hat eine Durchschnittsgeschwindigkeit von 100/10 m/s = 10 m/s = 36 km/h. Innerhalb der gelaufenen Zeit ist die momentane Geschwindigkeit v(t) jedoch zeitlich veränderlich. Insbesondere ist sie zu Beginn des Laufes gleich Null. In der Schifffahrt werden die Einheiten Seemeile (Sm) für die Länge und Knoten (Kn) für die Geschwindigkeit verwendet. Dabei gilt der Zusammenhang 1Kn = 1

1600 m m Sm = = 0.44 h 3600 s s

⇐⇒

1

m = 2.27 Kn . s

(2.5)

2. Unter Beachtung von SI-Einheiten folgt aus De¿nition (2.3) als Einheit für die Beschleunigung m/s2 . In der Fahrzeugtechnik wird gelegentlich die Geschwindigkeitsänderung in km/h auf das Zeitintervall von einer Sekunde bezogen, so dass 1

1000 m km 1 m = = hs 3600 · 1 s2 3.6 s2

⇐⇒

1

m km . = 3.6 s2 hs

(2.6)

Ein Fahrzeug, welches aus dem Stand die Geschwindigkeit 100 km/h nach 5 s erreicht, erfährt somit eine Durchschnittsbeschleunigung von 100/5 km/(h s) = 100·1000/(3600· 5) m/s2 = 5.56 m/s2 . Innerhalb der gefahrenen Zeit ist die momentane Beschleunigung a(t) im Allgemeinen zeitlich veränderlich.

12


Beispiel 2.1 PKW auf gerader Strecke Für den PKW in Abb. 2.1 ist der Ort-Zeit-Verlauf mit den Konstanten x0 , v0 und a0 gegeben: 1 x(t) = x0 + v0 t + a0 t2 . 2 a) Man bestimme die Geschwindigkeit v(t) und die Beschleunigung a(t) als Funktion der Zeit t und stelle die Funktionen x(t), v(t) und a(t) gra¿sch dar. b) Wie a¨ ndern sich die Darstellungen für den Fall a0 = 0? ¨ Voruberlegungen: Geschwindigkeit und Beschleunigung werden mit den De¿nitionen (2.2) und (2.3) durch Bestimmung der ersten und zweiten Ableitung der Funktion x(t) nach der Zeit t erhalten. Lösung: a) Mit den De¿nitionen (2.2) und (2.3) folgt: v(t) = x(t) ˙ = v0 + a0 t,

a(t) = v(t) ˙ = a0 .

Abb. 2.2.a verdeutlicht, dass aus der quadratischen Funktion x(t) für den Ort eine lineare Funktion v(t) für die Geschwindigkeit und eine konstante Funktion für die Beschleunigung a(t) resultieren. Die Konstante x0 gibt den Ort zur Zeit t = 0 an, v0 charakterisiert die Anfangsgeschwindigkeit und a0 die konstante Beschleunigung. Eine derartige Bewegung bezeichnet man als gleichmäßig beschleunigte Bewegung. b) Für diesen Aufgabenteil ist die Beschleunigung a(t) = 0. Damit ergibt sich die in Abb. 2.2.b dargestellte gleichförmige Bewegung, bei der die Geschwindigkeit konstant ist.

Abb. 2.2. x(t), v(t), a(t)-Diagramme: a) gleichmäßig beschleunigte Bewegung, b) gleichförmige Bewegung


13

Beispiel 2.2 Schwingung einer Kugel um die statische Ruhelage Die Kugel in Abb. 2.3 ist an einer Feder befestigt und schwingt um die statische Ruhelage x0 . Der Bewegungsvorgang, dessen Ursache erst in den nachfolgenden Kapiteln zur Kinetik behandelt wird, verhält sich nach der Gleichung x(t) = b sin(ωt). Hierbei sind b und ω Konstanten. Gesucht sind a) die Geschwindigkeit v(t) und die Beschleunigung a(t) als Funktion der Zeit t, b) die Geschwindigkeit v(x) und die Beschleunigung a(x) als Funktion des Ortes x. ¨ Voruberlegungen: Die Lösung der Teilaufgabe a) gelingt direkt mit den De¿nitionen (2.2) und (2.3). Zur Lösung der Teilaufgabe b) wird eine Elimination der Zeit erforderlich, wofür Beziehungen für trigonometrische Funktionen verwendet werden.

Abb. 2.3. Schwingung einer Kugel um die statische Ruhelage: a) x(t)-, b) v(t)-, c) a(t)-, d) v(x)- und e) a(x)Diagramme

14


Lösung: a) Die Geschwindigkeit und die Beschleunigung folgen aus den De¿nitionen (2.2) und (2.3) durch ein- und zweimaliges zeitliches Differenzieren der Funktion x(t): v(t) = x(t) ˙ = bω cos(ωt),

a(t) = x ¨(t) = v(t) ˙ = −bω 2 sin(ωt).

In den Abbildungen 2.3.b und 2.3.c sind beide Funktionen dargestellt. b) Um die Geschwindigkeit v als Funktion des Ortes x zu erhalten, wird der quadratische Ausdruck v 2 (t) mittels der trigonometrischen Beziehung cos2 (ωt) + sin2 (ωt) = 1 und der gegebenen Funktion für x(t) umgeformt: v 2 (t) = b2 ω 2 cos2 (ωt) = b2 ω 2 (1 − sin2 (ωt)) = b2 ω 2 − ω 2 x2 (t). Damit gilt der funktionale Zusammenhang v 2 (x) = b2 ω 2 − ω 2 x2 . Die Funktion v(x) ist in dem Geschwindigkeit-Ort-Diagramm (oder: Phasendiagramm) in Abb. 2.3.d dargestellt. Die Phasenkurve stellt für das Beispiel eine Ellipse mit den Halbachsen b und ωb dar. Beginnend bei dem Wertepaar (x, v) = (0, ωb) kann jedem Punkt auf der Ellipse eine Zeit t in den Darstellungen a) und b) zugeordnet werden. Ein Umlaufsinn entspricht der Schwingungsdauer (oder: Periodendauer) T . Da sich der Bewegungsvorgang wiederholt, sind jedem Wertepaar (x, v) weitere Zeitpunkte t + nT , n = 0, 1, 2, ... zugeordnet. Um die Beschleunigung als Funktion des Ortes zu erhalten, wird die Beziehung für x(t) in a(t) eingesetzt, so dass a(t) = −ω 2 b sin(ωt) = −ω 2 x(t)

=⇒

a(x) = −ω 2 x.

In der Darstellung in Abb. 2.3.e erkennt man im Beschleunigung-Ort-Diagramm eine Gerade mit den Endpunkten (b, −ω 2 b) und (−b, ω 2 b), die den Extremwerten der Darstellungen a) und c) entsprechen. Beginnend bei dem Wertepaar (x, a) = (0, 0) ist jedem Punkt eine Zeit t zugeordnet. Ein Umlaufsinn entspricht der Schwingungsdauer T . Da sich der Bewegungsvorgang wiederholt, sind jedem Wertepaar (x, a) auch hier weitere Zeitpunkte t + nT , n = 0, 1, 2, ... zugeordnet. Bemerkung: Man bezeichnet die Bewegung dieses Beispiels als harmonische Schwingung. Sie ist dadurch gekennzeichnet, dass der Bewegungsvorgang durch eine Sinusfunktion dargestellt werden kann. Schwingungen werden ausführlich in Kapitel 10 behandelt. 2.1.2 Integrationsaufgaben In den bisherigen Untersuchungen wurden die Geschwindigkeit v(t) und die Beschleunigung a(t) durch ein- und zweimaliges Differenzieren der Koordinate x(t) nach der Zeit t erhalten. Häu¿g treten in der Kinematik jedoch weitere Aufgabenstellungen auf: Z.B. können die Koordinate x(v) und die Beschleunigung a(v) für gegebene Geschwindigkeit v oder die Koordinate x(a) und die Geschwindigkeit v(a) für gegebene Beschleunigung a gefragt sein. Wie das folgende Beispiel zeigt, sind dann Integrationen unter Verwendung von Anfangsbedingungen durchzuführen.


15

Beispiel 2.3 Freier Fall von zwei Kugeln Zwei Kugeln unterschiedlicher Masse werden aus der Höhe H mit der Anfangsgeschwindigkeit v=0 von einem Turm fallengelassen. Auf die beiden Kugeln wirkt die konstante Erdbeschleunigung g. Der Luftwiderstand kann vernachlässigt werden. Welche Aufprallgeschwindigkeit V haben sie beim Auftreffen auf den Boden, und welche Fallzeit T ist dann vergangen? Bekannt: g = 9.81 m/s2 , H = 30 m. ¨ Voruberlegungen: Für die konstante Erdbeschleunigung werden die Geschwindigkeit und der Ort durch Trennung der Variablen und Integration der Gleichungen (2.2) und (2.3) erhalten. Die unterschiedlichen Massen der Kugeln spielen bei den Untersuchungen keine Rolle. Abb.2.4. Zwei Kugeln im freien Fall

Lösung: Wir legen den Bezugspunkt 0 in Höhe des Abwurfes. Die Koordinate x ist nach unten gerichtet und somit für die Fallbewegung stets positiv. Damit erhält auch die Beschleunigung a = g ein positives Vorzeichen. Mit den Anfangsbedingungen x0 = x(t0 =0) = 0 und v0 = v(t0 =0) = 0 folgt durch Trennung der Variablen aus den De¿nitionen (2.2) und (2.3) t v dv d˜ v=g dt˜ =⇒ v = gt a= = g =⇒ dv = gdt =⇒ dt 0 x 0 t dx t2 = gt =⇒ dx = gtdt =⇒ v= t˜dt˜ =⇒ x = g . d˜ x=g dt 2 0 0 Hier wurde die Tilde (˜) eingeführt, um die Integrationsvariablen t˜, x ˜, v˜ unter dem Integral von den oberen variablen Integrationsgrenzen t, x, v zu unterscheiden. Wir lösen das zweite Ergebnis nach der Zeit t auf, setzen es in das erste Ergebnis ein und erhalten 2x t(x) = =⇒ v(x) = gt = 2gx. g Für x = H erhält man die Aufprallgeschwindigkeit V und die Fallzeit T 2H km m V = v(x = H) = 2gH = 20.26 = 87.33 , T = = 2.47 s. s h g Bemerkung: Im Jahre 1638 hat Galileo Galilei (1564-1642) erkannt, dass alle Köper bei Vernachlässigung des Luftwiderstandes mit der gleichen Beschleunigung, der Erdbeschleunigung fallen. Damit hat er wesentlich zur Abkehr von der fast 2000 Jahre gültigen Lehre von Aristoteles beigetragen, nach der schwere Massen schneller als leichte Massen fallen. Ob Galilei die Fallversuche vom schiefen Turm von Pisa, wie in Abb. 2.4 dargestellt, tatsächlich durchgeführt hat, ist angesichts der Bedeutung seiner Erkenntnis eher nebensächlich.

16


2.1.3 Die sechs Grundaufgaben der Punktkinematik Eine systematische Verallgemeinerung der verschiedenen Problemstellungen der Kinematik für eindimensionale Bewegungen wird im Folgenden in den sechs Grundaufgaben der Punktkinematik behandelt: Erste Grundaufgabe: Gegeben x = x(t), gesucht v = v(t), a = a(t) Diese Aufgabe wird direkt mit den De¿nitionen (2.2) und (2.3) gelöst: dx dv 1. v = = x, ˙ 2. a = = v˙ = x ¨. dt dt

(2.7)

Damit werden x(t) und v(t) durch Differenziation erhalten.

Zweite Grundaufgabe: Gegeben v = v(t), gesucht x = x(t), a = a(t) Aus Gl.(2.2) erhält man durch Trennung der Variablen dx = v(t)dt, so dass durch Integration

x

t

v(t˜)dt˜

dx = x0

t0

˜ eingeführt, um die obere Integrationsgrenze t von der Varifolgt. Hierbei wurde die Tilde (·) ˜ ablen t unter dem Integral zu unterscheiden. Berücksichtigen wir noch die De¿nition (2.3) für die Beschleunigung, dann ergibt sich zusammenfassend t dv (2.8) = v. ˙ 1. x(t) = x0 + v(t˜)dt˜, 2. a(t) = dt t0 Damit wird x(t) durch Integration und a(t) durch Differenziation erhalten. Zur Auswertung von Gl.(2.8.1) muss eine Anfangsbedingung x0 = x(t0 ) zur Zeit t0 vorliegen. Dritte Grundaufgabe: Gegeben a = a(t), gesucht v = v(t), x = x(t) Aus den De¿nitionen (2.3) und (2.2) folgt durch Trennung der Variablen dv = a(t)dt,

dx = v(t)dt.

Nach Integration dieser Beziehungen erhalten wir zusammenfassend t t ˜ ˜ 1. v(t) = v0 + a(t)dt, 2. x(t) = x0 + v(t˜)dt˜. t0

(2.9)

t0

Damit ist in beiden Fällen eine Integration erforderlich, wozu die Anfangsbedingungen v0 = v(t0 ) und x0 = x(t0 ) zur Zeit t0 vorliegen müssen.


17

Vierte Grundaufgabe: Gegeben v = v(x), gesucht t = t(x), a = a(x) Eine Trennung der Variablen in Gl.(2.2) sowie die Anwendung der Kettenregel in Gl.(2.3) liefern dt =

1 dx, v(x)

a=

dv dv dx dv = = v. dt dx dt dx

Nach Integration der ersten Gleichung sowie Berücksichtigung von dv 2 /dx = 2v dv/dx in der zweiten Gleichung ergibt sich zusammenfassend x 1 d 1. t(x) = t0 + d˜ x, 2. a(x) = 21 v 2 . (2.10) x) dx x0 v(˜ Somit wird in dieser Grundaufgabe der erste Teil durch Integration und der zweite Teil durch Differenziation gelöst. Dabei ist zur Auswertung von Gl.(2.10.1) eine Anfangsbedingung x0 = x(t0 ) zur Zeit t0 notwendig. Fünfte Grundaufgabe: Gegeben a = a(x), gesucht v = v(x), t = t(x) Aus der De¿nition (2.3) folgt mit der Kettenregel dv dx dv dv = = v =⇒ a= dt dx dt dx

adx = vdv.

Die letzte Gleichung wird auf der linken Seite u¨ ber den Weg x und auf der rechten Seite u¨ ber die Geschwindigkeit v integriert. Verwenden wir noch das Ergebnis der vierten Grundaufgabe für t(x), so erhält man nach einigen Umformungen x x 1 1. v(x) = v02 + 2 d˜ x. (2.11) a(˜ x)d˜ x, 2. t(x) = t0 + x) x0 x0 v(˜ In beiden Fällen ist also in dieser Grundaufgabe eine Integration mit der Anfangsbedingung x0 = x(t0 ) notwendig. Es sei bemerkt, dass die fünfte Grundaufgabe auch durch Lösen der Differenzialgleichung a = x ¨ behandelt werden kann.

Sechste Grundaufgabe: Gegeben a = a(v), gesucht x = x(v), t = t(v) Aus der De¿nition (2.3) können mit der Kettenregel zunächst die Beziehungen a=

dv dv dx dv = = v dt dx dt dx

=⇒

dx =

v dv a(v)

gefolgert werden. Durch Trennung der Variablen folgt aus De¿nition (2.2) dt =

dv . da(v)

18


Die Integration der letzten beiden Gleichungen liefert v v v˜ 1 1. x(v) = x0 + d˜ v, 2. t(v) = t0 + d˜ v. v) v) v0 a(˜ v0 a(˜

(2.12)

Wie in der fünften Grundaufgabe ist also auch hier in beiden Fällen eine Integration notwendig. Dazu muss die Anfangsbedingung v0 = v(t0 ) gegeben sein. Alle Lösungen der sechs Grundaufgaben sind in Tabelle 2.1 zusammengefasst. Fall

gegeben

1. Lösung

2. Lösung

1

x = x(t)

v(t) =

a(t) =

2

v = v(t)

v(t) = v0 +

dv = v˙ dt t x(t) = x0 + v(t˜)dt˜

dx = x˙ dt t x(t) = x0 + v(t˜)dt˜

3

a = a(t)

4

v = v(x)

5

a = a(x)

6

a = a(v)

t0 t

a(t˜)dt˜ t0 x

dv = v˙ dt

a(t) =

t0

1 d 2 d˜ x a(x) = 12 v t(x) = t0 + x) dx x0 v(˜ x x 1 v(x) = v02 + 2 a(˜ x)d˜ x t(x) = t0 + d˜ x x) x0 x0 v(˜ v v v˜ 1 x(v) = x0 + d˜ v t(v) = t0 + d˜ v v) v) v0 a(˜ v0 a(˜

Tabelle 2.1. Lösungen zu den sechs Grundaufgaben der Punktkinematik

Beispiel 2.4 Freier Fall von zwei Kugeln Man löse die Aufgaben in Beispiel 2.3 mit der 5. Grundaufgabe in Tabelle 2.1. Lösung: Mit a(x) = g und Anfangsbedingungen t0 = 0, v0 = 0, x0 = 0 folgt H √ 2 g d˜ x = 2g(H − x) =⇒ V = v(x = 0) = 2gH v(x) = v0 + 2 0 H 1 2H T = t0 + . d˜ x= g 2g(H − x ˜) 0 √ Bemerkung: Bei der Bestimmung von T ist zu beachten, dass das Einsetzen von V = 2gH anstatt v(x)= 2g(H − x) in Gl. (2.11.2) für v(˜ x) zu einem falschen Ergebnis führt.


19

Beispiel 2.5 Tennisball im senkrechten Flug nach oben Ein Tennisspieler schlägt nach einem Wimbledon-Sieg einen Tennisball senkrecht nach oben. Der Abschlag erfolgt in der Höhe h, und die erreichte Gesamthöhe des Balles ist H. Unter Berücksichtigung der Erdbeschleunigung g bestimme man die Geschwindigkeit v0 des Balles unmittelbar nach dem Abschlag und die Zeit t1 bis der Ball die Höhe H erreicht. Der Luftwiderstand ist zu vernachlässigen.

Abb. 2.5. Tennisball im senkrechten Flug nach oben

Bekannt: g, h, H. ¨ Voruberlegungen: Unter Beachtung der in Abb. 2.5 eingeführten Richtung für die Koordinate x erfährt der Tennisball die konstante Beschleunigung a = −g. Damit stehen die 3., 5. und 6. Grundaufgabe in Tabelle 2.1 zur Auswahl. Da zusätzlich der Ort x1 = H als obere Integrationsgrenze bekannt ist, wird die 5. Grundaufgabe verwendet. Lösung: Unter Beachtung von a = −g und der Anfangsbedingung x0 = h folgt aus der 5. Grundaufgabe für die Geschwindigkeit x v(x) = v02 + 2 (−g)d˜ x = v02 − 2g(x − h). h

Mit der Bedingung v(x1 = H) = 0 erhält man v02 − 2g(H − h) = 0

=⇒

v0 =

2g(H − h).

Die Zeit t1 bis zum Umkehrpunkt wird mit Gl. (2.11.2) bestimmt. Dazu wird zunächst eine Darstellung für v(x) benötigt. Man erhält v(x) = v02 + 2g(h − x) = 2g(H − h) + 2g(h − x) = 2g(H − x) =⇒

x1

t1 = t0 + =

x0

1 d˜ x=0+ v(˜ x)

H

h

H 1 1 d˜ x= − 2g(H − x ˜) g 2g(H − x ˜) h

2(H − h) . g

Bemerkung: Bei der Bestimmung von t1 ist zu beachten, dass das Einsetzen von v0 = 2g(H−h) anstatt v(x)= 2g(H−x) in Gl. (2.11.2) zu einem falschen Ergebnis führt.

20


Beispiel 2.6 Space Shuttle im Anflug Ein Space Shuttle kehrt von einer Weltraummission auf die Erde zurück. Nach der ¨ Landung und Offnung des Fallschirmes zur Zeit t0 = 0 und der Geschwindigkeit v0 wird es mit der Beschleunigung Cv 2 abgebremst. a) Man ermittle die Funktionen x(t), v(t), a(t) und stelle die Verläufe gra¿sch dar. b) Nach welcher Zeit t1 hat es die Geschwindigkeit v1 erreicht? Welche Strecke x1 hat es dann zurückgelegt und wie groß ist die zugehörige Beschleunigung a1 ?

Abb. 2.6. Space Shuttle im AnÀug

Bekannt: C = 0.004 1/m, v0 = 80 m/s, v1 = 10 m/s. ¨ Voruberlegungen: Auf Grund der Abhängigkeit a = a(v) für die Beschleunigung wird die 6. Grundaufgabe aus Tabelle 2.1 verwendet. Lösung: a) Wir de¿nieren die Koordinatenrichtung von x in Bewegungsrichtung, so dass für die Beschleunigung a(v) = −Cv2 gilt. Mit den Anfangsbedingungen t0 = 0, x0 = 0 folgt aus der 6. Grundaufgabe

v v0 1 1 v 1 1 1 1 v 1 1 =⇒ v(t) = d˜ v=− − t(v) = d˜ v = = 2 a(˜ v ) C v ˜ C v ˜ C v v v Ct +1 0 0 v0 v0 v0 v v 1 1 1 v˜ v˜ 1 v v0 d˜ v = − [ln v˜]vv0 = − ln =⇒ x(v) = ln . x(v) = d˜ v=− 2 v) C v0 v˜ C C v0 C v v0 a(˜ Durch Einsetzen von v(t) in die Funktionen x(v) und a(v) = −Cv 2 werden die gesuchten Darstellungen für x(t) und a(t) ermittelt. Nach einigen Umformungen erhält man x(t) =

1 ln(v0 Ct + 1), C

v(t) =

v0 , v0 Ct + 1

a(t) = −

Cv02 . (v0 Ct + 1)2

Zur Kontrolle veri¿ziere der Leser die Funktionen v(t) und a(t) mit der zeitlichen Ableitung von x(t). In Abb. 2.7 sind die Funktionen x(t), v(t), a(t) dargestellt. Da die Beschleunigung a)

x(t) [m]

b)

.

520

c)

v(t) [m/s] 80

.

a(t) 2

[m/s ]

.

10 t 21.9 [s]

t [s] 21.9

.25.6

Abb. 2.7. Space Shuttle im AnÀug: x(t)-, v(t)-, a(t)- Diagramme

21.9 t 0.4 [s]

.


21

a proprotional zu −v 2 ist, nimmt die Geschwindigkeit v ständig ab, so dass die Beschleunigung verringert wird. Im Grenzfall t → 0 streben v(t) und a(t) gegen Null. b) Durch Auswertung der Funktionen t(v) und x(v) für v1 = 10 m/s erhält man die gesuchten Werte zu t1 = t(v1 = 10) = 21.9 s, x1 = x(v1 = 10) = 519.9 m, a1 = a(v1 = 10) = 0.4 m/s2 . 2.1.4 Aufgaben zu Abschnitt 2.1 Aufgabe 2.1 (Schwierigkeitsgrad SG = 1) Von gewöhnlichen Radaranlagen wird die Geschwindigkeit eines Fahrzeuges momentan an einem bestimmten Ort gemessen. Bei der ,,section control” dagegen, die bereits in einigen europäischen Ländern ¨ (Ostereich, den Niederlanden und Großbritanien) praktiziert wird, werden Fahrzeuge bei der Einfahrt in eine bestimmte Zone und bei der Ausfahrt erfasst. Mit der gemessenen Zeit kann somit eine Durchschnittsgeschwindigkeit ermittelt werden. Während der Fahrt innerhalb einer Radarzone sei der Ort eines PKWs durch die folgende Funktion gegeben: m m m x(t) = 20 t + 3 2 t2 − 0.4 3 t3 . s s s Gesucht sind die Geschwindigkeit v(t), die Beschleunigung a(t) zur Zeit t = 4 s , die Durchschnittsgeschwindigkeit v˜ nach 4 s und der Maximalwert der Geschwindigkeit vmax . Diskutieren Sie Vor- und Nachteile der verschiedenen Messverfahren. Aufgabe 2.2 (SG = 1) Die Geschwindigkeit des PKWs in Abb. 2.1 ist durch die Funktion v(t) =

30 m 2 s + 0.2 t

gegeben. Gesucht sind die Beschleunigung a(t = 3 s) und der Ort x(t = 3 s). Die Anfangsbedingung ist x(t0 = 0) = 0. Aufgabe 2.3 (SG = 1) Die Geschwindigkeit des PKWs in Abb. 2.1 ist durch die Funktion

a0 v(t) = v0 1 − exp − t v0 gegeben, wobei a0 und v0 Konstanten sind. Zur Zeit t1 = 0 hat das Fahrzeug die Position x1 = x(t1 ). Gesucht sind der Ort x(t), die Beschleunigungen a(t), a(v) und die Geschwindigkeit v(a). Man stelle alle Funktionen gra¿sch dar. Welche Interpretationen haben die Konstanten v0 , a0 ?

22


Aufgabe 2.4 (SG = 1) Der Ort des PKWs in Abb. 2.1 ist durch die Funktion

v0 x(t) = x0 1 − exp − t x0 gegeben, wobei v0 und x0 Konstanten sind. Gesucht sind die Geschwindigkeiten v(t), v(x), die Beschleunigungen a(t), a(x), a(v) und der Ort x(v). Man stelle alle Funktionen gra¿sch dar. Welche Interpretationen haben die Konstanten x0 , v0 ? Aufgabe 2.5 (SG = 1) Ein Boot treibt mit abgeschaltetem Antrieb nach dem Beschleunigungsgesetz a = a(v) = −bv mit der Widerstandskonstanten b auf einem See. Als Anfangsbedingungen seien x(t = 0) = x0 und v(t = 0) = v0 gegeben. Bestimmen Sie 1. 2. 3. 4.

die Geschwindigkeit v(x), die Geschwindigkeit v(t), den Weg x(t), den maximalen Weg xmax , den das Schiff unter den gegebenen Bedingungen zurücklegt, sowie die zugehörige Zeit tmax .

Die berechneten Verläufe sind gra¿sch darzustellen. Aufgabe 2.6 (SG = 2) Um die Tiefe eines Brunnens abzuschätzen, lässt man einen Stein hineinfallen. Die Zeit bis zum hörbaren Aufschlag beträgt 5 s. 1. Stellen Sie die Bewegung des Steins im Ort-Zeit Diagramm dar. 2. Bestimmen Sie die Gleichungen für den Fall des Steins und für die Ausbreitung des Schalls (vs = 340 m/s). 3. Nach welcher Zeit tH erreicht der Stein den Boden des Brunnens? 4. Welche Tiefe H hat der Brunnen?

m

H


23

Aufgabe 2.7 (SG = 2) In der Fahrschule lernt man folgende Regeln zum Verhalten im Straßenverkehr: Anhalteweg beim Bremsen: Dieser setzt sich aus dem Reaktionsweg sR und dem Bremsweg sB zusammen. Es gilt: sR = 3 · (v/10),

sB = (v/10)2 /2,

[sR ] = [sB ] = m, [v] = km/h. Sicherheitsabstand: Als Sicherheitsabstand zu einem vorausfahrenden Fahrzeug gilt der ,,halbe Tacho-Abstand” sS1 . Außerhalb geschlossener Ortschaften kann auch der ,,ZweiSekunden-Abstand” sS2 angewendet werden. Es gilt sS1 = v/2, sS2 = 6 · (v/10), [v] = km/h, [sS1 ] = [sS2 ] = m. ¨ ¨ ¨ Uberholen: Für den Uberholweg sU und die Uberholzeit tU gelten folgende Regeln: sU v1 v2 L tU

= v1 · L/(v1 − v2 ) = Geschwindigkeit des u¨ berholenden Fahrzeuges, [v1 ] = km/h = Geschwindigkeit des u¨ berholten Fahrzeuges, [v2 ] = km/h ¨ = ,,Zwei-Sekunden-Abstand” vor und nach dem Uberholen plus Längen beider Fahrzeuge L = 6 · (v1 /10) + 6 · (v2 /10) + lF ahrzeug1 + lF ahrzeug2 , [L] = m, = sU /v1 , [v1 ] = m/s, [sU ] = m, [tU ] = s.

Bremsbeschleunigungen (Richtwerte aus [24]): PKW, gute Reifen Motorroller, trockene Straße, gute Reifen - trockener Beton, Sommerreifen a = 8 m/s2 - Bremsen mit beiden Rädern a = 8 m/s2 - Bremsen mit Vorderrad allein a = 5.2 m/s2 - nasser Beton a = 4 m/s2 - Bremsen mit Hinterrad allein a = 2.8 m/s2 - Neuschnee, Sommerreifen a = 2 m/s2 - Eis, Winterreifen a = 2 m/s2 - Glatteis a = 1 m/s2 1. Begründen Sie mit den De¿nitionen (2.2) und (2.3) die Regeln für den Reaktionsweg sR und den Bremsweg sB . Welche Reaktionszeit liegt zu Grunde? 2. Begründen Sie die Faktoren 1/2 und 6/10 in den Regeln für den ,,halbe Tacho-Abstand” sS1 und den ,,Zwei-Sekunden-Abstand” sS2 . Berechnen Sie die Sicherheitsabstände ss1 und ss2 für v = 30 km/h, v = 50 km/h, v = 80 km/h, v = 100 km/h nach beiden Regeln. 3. Zeichnen Sie die s(v)-Diagramme für den Anhalteweg. Bestimmen Sie die zugehörigen Sicherheitsabstände nach der ,,halbe Tacho-” und der ,,Zwei-Sekunden-Regel”. 4. Berechnen Sie den Anhalteweg SA für die angegebene Bremsbeschleunigung eines PKWs auf trockenem Beton mit Sommerreifen bei v = 30 km/h, v = 50 km/h, v = 100 km/h, v = 130 km/h. Legen Sie eine Reaktionszeit von 1 Sekunde zu Grunde. Vergleichen Sie die Ergebnisse mit sRB = sR +sB . ¨ 5. Begründen Sie die Regel für den Uberholweg. Welcher Wert ergibt sich für einen PKW (lP KW = 5 m, v1 = 100 km/h), der einen Lkw (lLKW = 12 m, v2 = 70 km/h) u¨ berholt?

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Aufgabe 2.8 (SG = 3) Zwei PKWs A und B fahren mit 80 km/h auf einer geradlinigen Landstraße im Abstand von 10 m. Auf der Gegenfahrbahn kommt ein PKW C mit der Geschwindigkeit von 80 km/h entgegen. Der Abstand vom vorausfahrenden PKW A zum PKW C beträgt 300 m, als sich der Fahrer von PKW B plötzlich zu einem riskanten ¨ Uberholman¨ over entscheidet. Dabei fährt er mit der Beschleunigung a = 3 m/s2 auf die Gegenfahrbahn. Kann er den Zusammenstoß mit PKW C vermeiden, wenn er für den Rückwechsel auf die rechte Fahrbahn 2 s und gegenüber PKW A einen Vorsprung von 5 m benötigt? Das Ergebnis ist gra¿sch zu erläutern. Aufgabe 2.9 (SG = 2) Zwei Schiffe S1 und S2 verlassen gleichzeitig die Häfen H1 und H2 und fahren mit den Geschwindigkeiten v1 und v2 . Das schlechte Wetter begrenzt die Sicht auf d = 10 Sm. 1. Nach welcher Zeit t1 kommen die Schiffe in Sichtweite? 2. Wie lange bleiben sie in Sichtweite? 3. Wie groß ist die geringste Entfernung dmin der Schiffe voneinander? Bekannt: L = 30 Sm, v1 = v2 = 15 Kn, α1 = 30o , α2 = 60o , 1 Kn = 1 Sm/h.

Aufgabe 2.10 (SG = 2) Für das Space Shuttle in Beispiel 2.6 wird eine Verringerung der Geschwindigkeit erforderlich. Wie groß muss die Konstante C in dem Beschleunigungsgesetz a = −Cv 2 gewählt werden, damit nach einer Strecke x2 = 500 m die Geschwindigkeit v2 = 5 m/s erreicht wird?


25

Aufgabe 2.11 (SG = 3) Auf einer Straße fährt ein PKW B. Der vorausfahrende Traktor A bewegt sich mit der halben Geschwindigkeit des Wagens B. Als der Fahrer des Wagens dieses realisiert, liegt zwischen den Fahrzeugen der Abstand l. Nach einer Schrecksekunde ts bremst er seinen Wagen ab. 1. Bestimmen Sie die zur Vermeidung eines Zusammenstoßes mindestens erforderliche Verzögerung bB . 2. Nach welcher Zeit tB und an welcher Stelle sB berühren sich die Fahrzeuge in diesem Fall? 3. Zeichnen Sie das s(t)- bzw. das v(t)-Diagramm des Wagens B bis zum Stillstand. Bekannt: l, vA , vB = 2vA .

Aufgabe 2.12 (SG = 3) Ein Punkt M auf einer Gitarrensaite bewegt sich nach dem Beschleunigungsgesetz a(x) = −ω 2 x. Als Anfangsbedingungen sind x(t = 0) = 0 und v(t = 0) = v0 bekannt. Bestimmen Sie 1. die Geschwindigkeit v(x), 2. den Weg x(t), 3. die Geschwindigkeit v(t) und stellen Sie die berechneten Verläufe jeweils gra¿sch dar. dx x √ Hinweis: Es gilt = arcsin + C. 2 2 a a −x

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2.2 Die räumliche Bewegung von Punkten Im Allgemeinen verlaufen Bewegungen von Körpern, wie die des Hubschraubers in Abb. 2.8, auf räumlichen Bahnen. Um die Kinematik für derartige Fälle zu beschreiben, konzentrieren wir uns wie in dem vorherigen Abschnitt auf einen ausgewählten Körperpunkt. In Abb. 2.8 ist das der Schwerpunkt S. Die mathematische Beschreibung seines Ortes im Raum und in der Zeit geschieht mit den Methoden der Vektorrechnung, deren wichtigste Regeln in Anhang A.1 zusammengefasst sind. Als Symbole für Vektoren dienen fett gedruckte Buchstaben.

Abb. 2.8. Bahn des Schwerpunktes eines Hubschraubers, raumfester Beobachter A

2.2.1 Ort, Geschwindigkeit und Beschleunigung In Abb. 2.8 durchläuft der Schwerpunkt S die dargestellte Bahnkurve (kurz: Bahn). Für die Festlegung seines Ortes im Raum benötigen wir ein raumfestes Bezugssystem und wählen dazu die ErdoberÀäche. Ergänzend zu den Begriffen (2.1) verwenden wir folgende Begriffe zur räumlichen Bewegung von Punkten 1. 2. 3. 4. 5.

Raumpunkte Bahnkoordinate Ortsvektor Ortsänderungs- (Verschiebungs-)vektor Geschwindigkeitsänderungsvektor

0, 0 , R, R s(t), [s]SI = m x = x(t), [x]SI = m Δx = x(t + Δt) − x(t) Δv = v(t + Δt) − v(t).

(2.13)

Der Schwerpunkt S be¿ndet sich zu verschiedenen Zeiten t = 0, t > 0 und t + Δt an verschiedenen Raumpunkten 0 , R und R . Die Bahnkoordinate s(t) wird ausgehend von dem Raumpunkt 0 in Abhängigkeit der Zeit t gemessen. Damit gibt s(t) gleichzeitig die momentane Bahnlänge zur Zeit t an. Der Ortsvektor x(t) verbindet zur Zeit t momentan den raumfesten Bezugspunkt 0 mit dem Punkt S. Zur Zeit t + Δt ist x(t + Δt) der Ortsvektor, so dass Δx in Gl.(2.13.4) die Ortsänderung (oder: Verschiebung) im Zeitintervall Δt angibt.

2.2 Die räumliche Bewegung von Punkten

27

In Abb. 2.8 erkennt man, dass sich für kleiner werdendes Zeitintervall Δt der Vektor Δx an die Bahn im Punkt R anschmiegt. Kennzeichnen wir im Grenzübergang Δt → 0 den differenziellen Ortsvektor mit dx, so ist dieser tangential zur Bahn gerichtet. Zur Beschreibung der Geschwindigkeit und der Beschleunigung werden die De¿nitionen (2.2) und (2.3) für räumliche Bewegungen wie folgt erweitert: Definitionen Geschwindigkeitsvektor und Beschleunigungsvektor dx Δx m ˙ 1. v = lim = = x, [v]SI = Δt→0 Δt dt s m Δv dv ¨, 2. a = lim = = v˙ = x [a]SI = 2 . Δt→0 Δt dt s

(2.14)

Bemerkungen 2.2 1. Geschwindigkeitsvektor und Beschleunigungsvektor sind im Allgemeinen zeitabhängig, d.h., es gilt v = v(t) und a = a(t). 2. Da der Vektor dx tangential zur Bahn verläuft und dt ein Skalar ist, ist auch der Geschwindigkeitsvektor v = dx/ dt tangential zur Bahn gerichtet. Bezeichnen wir nach De¿nition (A.4) mit v = |v| den Betrag, dann folgt mit dem Bahninkrement Δs in Abb. 2.8 |dx| |dx| ds |Δx| = = 1 =⇒ ds = |dx| =⇒ v = |v| = = = s˙ . (2.15) Δs ds dt dt Zusammenfassend formulieren wir die lim

Δs→0

Eigenschaften des Geschwindigkeitsvektors v a) Die Richtung von v ist tangential zur Bahnkurve. b) Für den Betrag von v gilt v = |v| = s˙ .

(2.16)

Für den Vektor Δv in Gl.(2.13.5) ist in Abb. 2.8 beim Grenzübergang Δt → 0 kein charakteristischer Zusammenhang zur Bahnkurve erkennbar. Der Beschleunigungsvektor in Gl.(2.14.2) hat daher im Allgemeinen keine Eigenschaften analog zu (2.16). 3. Die Vektoren v und a werden auch als Absolutgeschwindigkeit und Absolutbeschleunigung des Punktes S bezeichnet. Sie werden in Abb. 2.8 von einem raumfesten Beobachter A wahrgenommen, der mit der ErdoberÀäche als raumfestes Bezugssystem verbunden ist. Ein Beobachter im Weltraum nimmt auf Grund der Erdrotation einen anderen Bahnverlauf und somit andere Größen für Geschwindigkeit und Beschleunigung wahr. Während in der Technik die ErdoberÀäche als Bezugssystem meist ausreichend ist, wählt man bei meterologischen und erdnahen Problemen der Raumfahrt den Erdmittelpunkt und für Planetenbewegungen die Sonne als raumfestes Bezugssystem. 4. Die Anzahl der unabhängigen Bewegungsmöglichkeiten eines Körpers wird als Freiheitsgrad f bezeichnet. Für einen Punkt auf einer gegebenen Bahnkurve ist f = 1, auf einer gegebenen räumlichen Fläche f = 2 und im Raum f = 3. Aufgabenstellungen der Kinematik werden zweckmäßig in geeigneten Koordinatensystemen behandelt. Dazu werden im Folgenden drei Möglichkeiten, raumfeste kartesische Koordinaten, Zylinderkoordinaten und natürliche Koordinaten, vorgestellt.

28


2.2.2 Raumfeste kartesische Koordinaten Wir verbinden in Abb. 2.9 das raumfeste Bezugssystem im Raumpunkt 0 mit drei senkrecht zueinander angeordneten Ebenen E1 , E2 , E3 . Die Abstände eines Raumpunktes R von diesen Ebenen bezeichnet man bei Verwendung gleicher Maßstäbe als kartesische Koordinaten (nach R. Descartes, genannt Cartesius, 1596-1650). In Abb. 2.9 be¿ndet sich der Schwerpunkt S zur Zeit t im Raumpunkt R. Die zeitliche Abhängigkeit der Position von S wird dann mit den kartesischen Koordinaten X(t), Y (t), Z(t) beschrieben.

Abb. 2.9. Raumfeste kartesische Koordinaten, Vektorbasis eX , eY , eZ im Raumpunkt R

Die Schnittlinien der drei Ebenen E1 , E2 , E3 liefern die drei raumfesten, orthogonalen und zeitlich unveränderlichen Koordinatenachsen X, Y, Z. Parallel zu deren Richtungen werden Einheitsvektoren eX , eY , eZ eingeführt, die wegen der Orthogonalität eine Vektorbasis (siehe Abschnitt A.1.2) bilden. Diese Vektorbasis wird jedem Raumpunkt zugeordnet. In Abb. 2.9 ist sie nur für den Raumpunkt R dargestellt. Da sich der Schwerpunkt S während der Bewegung an verschiedenen Raumpunkten mit jeweils gleicher Vektorbasis be¿ndet, gilt: Die von S mitgeführte Vektorbasis eX , eY , eZ ist zeitlich unveränderlich. Die Basisdarstellung des zeitabhängigen Ortsvektors lautet analog zu Gl.(A.12.1) x(t) = X(t)eX + Y (t)eY + Z(t)eZ .

(2.17)

Der Geschwindigkeitsvektor wird nach De¿nition (2.14.1) als zeitliche Ableitung des Ortsvektors erhalten. Mit der Kettenregel erhält man aus der Basisdarstellung (2.17) dx ˙ ˙ ˙ ˙ x + Y (t)e˙ Y + Z(t)e˙ Z . = x˙ = X(t)e X + Y (t)eY + Z(t)eZ + X(t)e dt Da die Basisvektoren zeitlich unveränderlich sind, gilt e˙ X = e˙ Y = e˙ Z = 0, wobei 0 den Nullvektor kennzeichnet. Damit folgt für den Geschwindigkeitsvektor v=


˙ vY = Y˙ , vZ = Z. ˙ v = vX eX + vY eY + vZ eZ , wobei vX = X,

29

(2.18)

Zur Vereinfachung der Notation ist hier die explizite Abhängigkeit von der Zeit t nicht angegeben. Nach De¿nition (2.14.2) erhält man mit der Zeitableitung von v eine Basisdarstellung für den Beschleunigungsvektor a, worauf hier nicht im Einzelnen eingegangen werden soll. Die so erhaltenen Ergebnisse werden wie folgt zusammengefasst: Basisdarstellungen in raumfesten kartesischen Koordinaten 1. x = XeX + Y eY + ZeZ ˙ vY = Y˙ , vZ = Z˙ 2. v = vX eX + vY eY + vZ eZ , vX = X, ¨ ¨ 3. a = aX eX + aY eY + aZ eZ , aX = X, aY = Y¨ , aZ = Z.

(2.19)

Es sei noch bemerkt, dass kartesische Koordinaten nicht immer raumfest sind. In den nachfolgenden Abschnitten werden zusätzlich mitrotierende kartesische Koordinaten x, y, z eine wichtige Rolle spielen.

Beispiel 2.7 Hubschrauberbahn in raumfesten kartesischen Koordinaten Die Koordinaten des Schwerpunktes zur Zeit t1 = 0 für den in Abb. 2.9 dargestellten Hubschrauber lauten X1 = 20 m, Y1 = 100 m, Z1 = 550 m, und die Geschwindigkeiten werden für alle drei Koordinatenrichtungen mit den Gleichungen vX (t) = 0 m/s vY (t) = 0.02 m/s3 t2 vZ (t) = 0.4 m/s2 t − 0.3 m/s exp (−0.02 s−1 t) beschrieben. a) Man bestimme die Koordinaten, die Geschwindigkeiten und die Beschleunigungen für alle drei Richtungen zur Zeit t2 = 12 s. b) Wie lauten die zugehörigen Basisdarstellungen für Orts-, Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektor? ¨ Voruberlegungen: Da keine Kopplung zwischen den Bewegungen in den drei Richtungen vorliegt, können diese getrennt betrachtet werden. Dazu werden mit der zweiten Grundaufgabe in Tabelle 2.1 für alle drei Richtungen die Koordinaten durch Integration und die Beschleunigungen durch Differenziation erhalten. Durch Auswertung der Funktionen für den Ort, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung werden die entsprechenden Werte zur Zeit t2 = 12 s berechnet.

30


Lösung: a) Durch Integration der drei Geschwindigkeiten folgt für die Koordinaten zur Zeit t2 = 12 s: t2 X(t2 ) = X1 + vX (t)dt = X1 = 20.0 m 0

Y (t2 ) = Y1 +

vY (t)dt = Y1 +

0

t2

t2 0

t2

1 0.02t dt = Y1 + 0.02 t3 3 2

t2

= 111.5 m

0

t2

(0.4t − 0.3 exp (−0.02 t)) dt 0 0 t2 1 2 −1 = 575.60 m. = Z1 + 0.4 t − 0.3 exp (−0.02 t) 2 0.02 0

Z(t2 ) = Z1 +

vZ (t)dt = Z1 +

Die Auswertung der drei Geschwindigkeiten zur Zeit t2 = 12 s liefert vX (t2 ) = 0 m/s

vY (t2 ) = 0.02 · 122 = 2.88 m/s vZ (t2 ) = 0.4 · 12 − 0.3 exp (−0.02 · 12) = 4.56 m/s .

Durch Differenziation der drei Geschwindigkeiten werden die Beschleunigungen ermittelt dvX = 0 m/s2 dt dvY = 0.02 · 2 t = 0.48 m/s2 = dt dvZ = = 0.4 − 0.3(−0.02) exp (−0.02t) dt = 0.405 m/s2 .

aX = aY aZ

b) Mit den Ergebnissen der Teilaufgabe a) erhält man die Basisdarstellungen für Orts-, Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektor zur Zeit t2 x = 20eX + 111.5eY + 590.6eZ m v = 0eX + 2.88eY + 4.56eZ m/s a = 0eX + 0.48eY + 0.405eZ m/s2 .

Abb. 2.10. Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektor

Der Geschwindigkeits- und der Beschleunigungsvektor des Schwerpunktes S sowie deren Koef¿zienten bezogen auf die Basisvektoren eY , eZ sind in Abb. 2.10 eingetragen.


31

2.2.3 Zylinderkoordinaten Alternativ zu raumfesten kartesischen Koordinaten X, Y, Z kann die Lage eines Raumpunktes R mit drei Zylinderkoordinaten r, ϕ, z angegeben werden. Zur Erklärung kennzeichnen ¯ die senkrechte Projektion des Raumpunktes R auf die XY -Ebene. wir in Abb. 2.11 mit R ¯ an, und ϕ beschreibt den Drehwinkel Die Größe r gibt den Abstand vom Bezugspunkt 0 zu R ¯ Die Koordi(kurz: Winkel) zwischen der X-Achse und der Verbindungslinie von 0 nach R. nate z=Z ist wie bei raumfesten kartesischen Koordinaten de¿niert. Gelegentlich werden r und ϕ auch als Polarkoordinaten zur Beschreibung ebener Bewegungen zusammengefasst. In Abb. 2.11 be¿ndet sich der Schwerpunkt S zur Zeit t im Punkt R. Die zeitliche Abhängigkeit der Position von S wird mit den Zylinderkoordinaten r(t), ϕ(t), z(t) beschrieben. Mit Zylinderkoordinaten kann jedem Raumpunkt R eine Vektorbasis er , eϕ , ez zugewie¯ gegeben. sen werden. Dabei ist die Richtung von er durch die Verbindung von 0 nach R Der Vektor ez ist wie bei kartesischen Koordinaten senkrecht zur X, Y -Ebene, und eϕ ist senkrecht zu er und ez , so dass die drei Basisvektoren er , eϕ , ez ein orthonormales Rechtssystem bilden. In Abb. 2.11 ist die zum Raumpunkt R zugehörige Vektorbasis dargestellt. Im Gegensatz zur kartesischen Vektorbasis eX , eY , eZ ist sie für alle Raumpunkte unterschiedlich. Da sich der Schwerpunkt S während der Bewegung an verschiedenen Raumpunkten mit jeweils unterschiedlicher Vektorbasis be¿ndet, gilt: Die von S mitgeführte Vektorbasis er (t), eϕ (t), ez ist zeitlich veränderlich. Wie in Abb. 2.11 erkennbar, gilt für den Ortsvektor zur Zeit t die Basisdarstellung x(t) = r(t)er (t) + z(t)ez .

(2.20)

Somit tritt keine Komponente in Richtung von eϕ auf. Zur Ermittlung von Geschwindigkeit bzw. Beschleunigung muss gemäß den De¿nitionen (2.14) der Ortsvektor x einmal bzw.

Abb. 2.11. Zylinderkoordinaten

32


zweimal nach der Zeit abgeleitet werden. Aus Gl.(2.20) ist erkennbar, dass wir dazu die zeitliche Ableitung des Basisvektors er - und später auch die von eϕ - benötigen. Zu diesem Zweck formulieren wir unter Berücksichtigung der Darstellungen in Abb. 2.12 folgenden Zusammenhang zwischen den raumfesten Basisvektoren eX , eY , eZ und den Basisvektoren er (t), eϕ (t), ez (vgl. auch (A.18.1-3)): 1. er (t) = cos ϕ(t) eX + sin ϕ(t) eY 2. eϕ (t) = cos ϕ(t) eY − sin ϕ(t) eX (2.21) 3. ez (t) = eZ . Auf Grund der zeitlichen Abhängigkeit für den Winkel ϕ = ϕ(t) folgt mit der Kettenregel

Abb. 2.12. Basisvektoren für kartesische Koordinaten und Zylinderkoordinaten

e˙ r (t) = (− sin ϕ(t) eX + cos ϕ(t) eY ) ϕ(t) ˙ = eϕ (t) ϕ(t) ˙ ˙ = −er (t) ϕ(t) ˙ e˙ ϕ (t) = (− sin ϕ(t) eY − cos ϕ(t) eX ) ϕ(t) e˙ z (t) = 0, wobei 0 den Nullvektor kennzeichnet. Zusammenfassend erhalten wir die Zeitableitungen der Basisvektoren ˙ eϕ (t), 1. e˙ r (t) = ϕ(t)

2. e˙ ϕ (t) = −ϕ(t) ˙ er (t),

3. e˙ z (t) = 0.

(2.22)

Mit den Ergebnissen Gl.(2.22.1) und Gl.(2.22.3) folgt der Geschwindigkeitsvektor als zeitliche Ableitung des Ortsvektors in der Darstellung (2.20): v = x˙ =

d (rer + zez ) = re ˙ r + r e˙ r + ze ˙ z + z e˙ z = re ˙ r + r ϕe ˙ ϕ + ze ˙ z. dt

(2.23)

Zur Vereinfachung der Notation ist die funktionale Abhängigkeit von der Zeit t hier nicht angegeben. In der Basisdarstellung (2.23) fällt auf, dass der Geschwindigkeitsvektor im Gegensatz zum Ortsvektor eine Komponente in Richtung von eϕ aufweist. Durch zeitliche Ableitung von (2.23) erhält man nach De¿nition (2.14.2) den Beschleunigungsvektor .

˙ ϕ + r ϕe ¨ ϕ + r ϕ˙ e˙ ϕ + zëz + z e˙ z a = v˙ = rër + r˙ e˙ r + r˙ ϕe = rër + r˙ ϕe ˙ ϕ + r˙ ϕe ˙ ϕ + r ϕe ¨ ϕ − r ϕ˙ ϕe ˙ r + zëz = (¨ r − r ϕ˙ ϕ)e ˙ r + (2r˙ ϕ˙ + r ϕ)e ¨ ϕ + zëz ,

(2.24)

wobei wiederum die Gleichungen (2.22) berücksichtigt sind. Aus den Gleichungen (2.20), (2.23) und (2.24) erhalten wir zusammenfassend die Basisdarstellungen in Zylinderkoordinaten 1. x = rer + zez 2. v = vr er + vϕ eϕ + vz ez , vr = r, ˙ vϕ = r ϕ, ˙ vz = z˙ ar = r¨ − r ϕ˙ 2 , aϕ = 2r˙ ϕ˙ + r ϕ, ¨ az = z¨ . 3. a = ar er + aϕ eϕ + az ez ,

(2.25)


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Bemerkungen 2.3 1. Zur Vereinfachung der Notation ist die funktionale Abhängigkeit von der Zeit t in den Gleichungen (2.25) nicht angegeben. 2. In (2.25) kennzeichnen vr und vϕ die Radial- und die Umfangsgeschwindigkeit. Entsprechend sind ar und aϕ die Radial- und die Umfangsbeschleunigung. ¨ 3. Zur Beschreibung der zeitlichen Anderung des Winkels ϕ formulieren wir folgende Definitionen

1. Winkelgeschwindigkeit 2. Winkelbeschleunigung

ω = ϕ, ˙ α = ω˙ = ϕ, ¨

[ω] = rad/s [α] = rad/s2 .

(2.26)

Häu¿g wird für Maschinen die Anzahl der Umdrehungen pro Minute als Drehzahl n angegeben. Hierbei entsprechen n Umdrehungen pro Minute dem Winkel n · 2π, so dass ω=

2π rad 60 n · 2π rad =n· ⇐⇒ n = ω · s, [n] = min−1 , [ω] = rad/s. (2.27) 1 min 60 s 2π

4. Zylinderkoordinaten sind besonders bei Kreisbewegungen um die z-Achse vorteilhaft. Die Koordinaten r und z sind dann konstant, so dass r˙ = r¨ = 0 und z˙ = z¨ = 0. Aus den Gleichungen (2.25) folgen also die Geschwindigkeiten und Beschleunigungen in Zylinderkoordinaten ¨ eine Kreisbewegung fur vϕ = r ϕ˙ = rω, vz = 0 1. vr = 0, 2. ar = −r ϕ˙ 2 = −rω 2 , aϕ = r ϕ¨ = rα, az = 0.

(2.28)

Die Geschwindigkeit hat nur den zirkularen Anteil v = vϕ , der, wie in Abb. 2.13 für einen Punkt P dargestellt, tangential zur Kreisbahn auftritt. Für die Beschleunigung entsteht außer dem tangentialen Anteil aϕ ein radialer Anteil ar . Dieser beschleunigt einen Punkt zum Zentrum hin und heißt auch Zentripetalbeschleunigung (petere = ziehen). Die Gleichungen (2.28) gelten ebenfalls bei einer Kreisbewegung für z = 0. 5. Bei einer gleichförmigen Kreisbewegung ist ω konstant, so dass wegen vϕ = rω auch die Umfangsgeschwindigkeit in Abb. 2.13 konstant ist. Eine Tangentialbeschleunigung aϕ tritt wegen α = ω˙ = 0 nicht auf, und für die Radialbeschleunigung gilt ar = −rω 2 .

Abb. 2.13. Kreisbewegung eines Punktes P in Zylinderkoordinaten: a) Basisvektoren er , eϕ , b) Geschwindigkeit vϕ , c) Beschleunigungen ar , aϕ

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Beispiel 2.8 Robotergesteuerter Massenpunkt Der Roboterarm in Abb. 2.14 ist so programmiert, dass der Massenpunkt M seine Position nach den folgenden Gesetzmäßigkeiten einnimmt: r(t) = r0 + r1 cos(Ωt) ϕ(t) = ϕ0 + ϕ1 sin(Ωt) z(t) = 0. Gesucht sind die Basisdarstellungen des Geschwindigkeitsvektors zur Zeit t1 = 12.1 s in a) Zylinderkoordinaten und b) raumfesten kartesischen Koordinaten.

Abb. 2.14. Robotergesteuerter Massenpunkt

Wie groß ist jeweils der Betrag des Vektors? Bekannt: r0 = 0.4 m, r1 = 0.3 m, ϕ0 = ϕ(0) = 0.1 rad, ϕ1 = ϕ(t1 ) = 0.5 rad, Ω = 2π rad/s. ¨ Voruberlegungen: Die Basisdarstellung für den Geschwindigkeitsvektor in Zylinderkoordinaten erfolgt nach Gl.(2.25.2). Da keine Kopplung zwischen den drei Koordinatenrichtungen vorliegt, werden diese separat betrachtet. Zur Umrechnung auf die Basisdarstellung (2.19) in raumfesten kartesischen Koordinaten ist eine Koordinatentransformation erforderlich. Lösungen: a) Mit (2.25.2) werden zunächst die Geschwindigkeitskoef¿zienten berechnet und für die Zeit t1 = 12.1 s ausgewertet vr = r(t) ˙ = −r1 Ω sin(Ωt) = −1.11 m/s ˙ = (r0 + r1 cos(Ωt)) ϕ1 Ω cos(Ωt) vϕ = r(t)ϕ(t) = 1.63 m/s vz = z(t) ˙ = 0 m/s . Damit lautet die Basisdarstellung des Geschwindigkeitsvektors zur Zeit t1 = 12.1 s v = (−1.11 er + 1.63 eϕ + 0 ez ) m/s. (A)

Abb. 2.14.b. Geschwindigkeitsvektor in

raumfesten kartesischen und Zylinderkoordinaten Für den Betrag erhält man nach Gl.(A.16) v (A) = |v| = (−1.11)2 + (1.63)2 = 1.97 m/s.

b) Für die Transformation auf raumfeste kartesische Koordinaten wird der Winkel ϕ zwischen den Basisvektoren eX und er zur Zeit t1 = 12.1 s benötigt: ϕ(t1 ) = (0.1 + 0.5 sin(2π · 12.1)) rad = 0.3938 rad = 22.56o .


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Unter Beachtung der geometrischen Zusammenhänge in Abb. 2.14.b veri¿ziere der Leser folgende Transformation auf raumfeste kartesische Koordinaten (vgl. auch (A.20.4-6)): vX = vr cos ϕ − vϕ sin ϕ = (−1.11) cos 22.6o − 1.63 sin 22.6o = −1.65 m/s vY = vr sin ϕ + vϕ cos ϕ = (−1.11) sin 22.6o + 1.63 cos 22.6o = 1.08 m/s . Mit Gl.(2.19.2) lautet die Basisdarstellung des Geschwindigkeitsvektors v = (−1.65eX + 1.08eY + 0 eZ ) m/s.

(B)

Für den Betrag erhält man den gleichen Wert wie im Aufgabenteil a) v (B) = |v| = (−1.65)2 + (1.08)2 = 1.97 m/s = v (A) . Bemerkungen: Beide Basisdarstellungen (A) und (B) sind zur vollständigen Beschreibung des Geschwindigkeitsvektors v in Abb. 2.14.b geeignet. Wir können die Koef¿zienten beider Darstellungen auch als Spaltenmatrizen zusammenfassen ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ −1.11 −1.65 v (A) = ⎣ 1.63 ⎦ , v (B) = ⎣ 1.08 ⎦ . 0 0 Stehen nur diese Matrixdarstellungen ohne Angabe der zugehörigen Basisvektoren als Informationen zur Verfügung, so kann nicht vollständig auf die Vektoreigenschaften von v, Richtung und Betrag, geschlossen werden. Beispiel 2.9 Satellit im Orbit in Zylinderkoordinaten Ein Satellit beschreibt im Abstand r eine Kreisbahn um die Erde. Welche Geschwindigkeit hat er? Hinweis: Wir bezeichnen mit RE den Erdradius und mit g die Erdbeschleunigung. Wie in dem nachfolgenden Beispiel 3.10 gezeigt wird, hat die zum Erdmittelpunkt gerichtete Gravitationsbeschleunigung dann den Wert

aG = g

RE r

2 .

¨ Voruberlegungen: Die Beschleunigung aG wird - unter Berücksichtigung der unterschiedlichen Richtungen gleich dem Wert ar in Gl.(2.28.2) gesetzt. Damit wird eine Winkelgeschwindigkeit ω bestimmt, die mit Gl.(2.28.1) die gesamte Geschwindigkeit v=vϕ liefert.

Abb. 2.15: Satellit im Orbit in Zylinderkoordinaten

Lösung: Durch Gleichsetzen der Beschleunigungen aG und |ar | ergibt sich

g RE g RE 2 2 =⇒ v = vϕ = r ω = RE . = rω = |ar | =⇒ ω = aG = g r r r r Die Bestimmung der Geschwindigkeit vϕ im letzten Schritt erfolgte mit Gl.(2.28.1).

36


Beispiel 2.10 Rührwerk mit einer Punktmasse Für das Rührwerk in Abb. 2.16 sollen zwei Laufphasen untersucht werden: a) In der Anlaufphase wird das Rührwerk aus der Ruhelage zur Zeit t1 = 0 gleichmäßig beschleunigt. Zur Zeit t2 = 30 s ist die Drehzahl n = 500 min−1 erreicht. Wie groß ist die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Punktes M mit dem Abstand b = 10 cm von der Drehachse zur Zeit t = 15 s? b) In der anschließenden Betriebsphase rotiert das Rührwerk mit der konstanten Abb. 2.16. Rührwerk mit einer Punktmasse M Drehzahl n = 500 min−1 weiter. Wie groß sind jetzt Geschwindigkeit und Beschleunigung von M ? ¨ Voruberlegungen: Es ¿ndet eine Kreisbewegung um eine feste Drehachse AB statt. Unter Verwendung von Zylinderkoordinaten r, ϕ, z werden die gesuchten Größen mit den Gleichungen (2.28) berechnet, wobei die z-Achse mit der Drehachse zusammenfällt. Dazu müssen vorher Winkelgeschwindigkeit und -beschleunigung für beide Laufphasen berechnet werden. Lösung: a) Die Umrechnung der Drehzahl auf die Winkelgeschwindigkeit erfolgt mit (2.27): 500 · 2π rad rad = 52.35 . 60 s s Da die Anlaufphase gleichmäßig beschleunigt wird, gilt für die Winkelbeschleunigung α(t) = α = konst. Durch Integration wird folgender Zusammenhang zwischen α und ω2 erhalten: t2 ω2 dω rad ω2 52.35 α = ω˙ = = konst =⇒ α = 1.74 2 . dt = dω =⇒ α = = dt t2 30 s 0 0 ω2 = ω(t2 ) = n · 2π rad =

Die Geschwindigkeit und die beiden Beschleunigungen des Punktes M werden mit den Gleichungen (2.28) bestimmt. Für die Zeit t = 15 s erhält man folgende Auswertungen: v = rω = b αt = 0.1 · 1.74 · 15 = 2.61 m/s aϕ = rα = b α = 0.1 · 1.74 = 0.174 m/s2 2 2 2 |ar | = rω = b (αt) = 0.1 · (1.74 · 15) = 68.12 m/s2 . Während die Radialbeschleunigung ar quadratisch mit der Zeit anwächst, bleibt die Umfangsbeschleunigung aϕ konstant und ist für das Beispiel vernachlässigbar klein. b) In der Betriebsphase t ≥ t2 ist die Winkelgeschwindigkeit ω(t) = ω2 konstant, d.h. für die Winkelbeschleunigung gilt α = 0. Aus den Gleichungen (2.28) erhält man v = rω = b ω2 = 0.1 · 52.35 = 5.235 m/s aϕ = rα = 0 |ar | = rω 2 = b ω22 = 0.1 · 52.352 = 274.05 m/s2 .


37

¨ 2.2.4 Naturliche Koordinaten In Abb. 2.17 ist die räumliche Bewegung des Schwerpunktes S eines Achterbahnwagens dargestellt. Zur Zeit t hat S den Raumpunkt R erreicht. Ist wie in diesem Fall der Verlauf der Bahn bekannt, so hat S den Freiheitsgrad f = 1. Damit kann sein Ort durch die Bahnkoordinate s = s(t) angegeben werden, und der Ortsvektor ist darstellbar als x = x(s(t)).

(2.29)

Abb. 2.17. Natürliche Koordinaten: a) Bahnverlauf, b) inkrementelle Bahn Δs in der Schmiegeebene

Für Bewegungen auf einer bekannten Bahn ist eine von S mitgeführte Vektorbasis et , en , eb zweckmäßig, die sich ständig dem Bahnverlauf ,,natürlich” anpaßt. Dazu wird die Bahn in der momentanen Position durch den Krümmungskreis angenähert. Dessen Krümmungsmittelpunkt ist M , und die Strecke M R ist der Krümmungsradius ρ. Der Kehrwert κ = 1/ρ heißt Krümmung. Die Festlegung der Basisvektoren geschieht in drei Schritten: 1. Mit der Bahnkoordinate s wird et de¿niert als et =

dx . ds

(2.30)

Wie in Abschnitt 2.2.1 erklärt, ist dx tangential zur Bahn gerichtet. Da das Bahndifferenzial ds skalarwertig ist, verläuft auch et tangential zur Bahn. Mit den Beziehungen (2.15) gilt |dx|=ds und somit |et |=|dx|/|ds|=1, d.h. et hat die Länge Eins. Auf Grund dieser Eigenschaften für Richtung und Betrag wird et als Tangenteneinheitsvektor bezeichnet. 2. Der Vektor en zeigt vom Punkt R zum Krümmungsmittelpunkt M . Da die Strecke RM normal zur Tangente ist, steht en senkrecht auf et . Des Weiteren verlangen wir noch, dass (gemäß Gl.(A.5)) en auf die Länge Eins normiert ist. Die Bezeichung für en ist Normaleneinheitsvektor, und die von en und et aufgespannte Ebene heißt Schmiegeebene.

38


3. Der dritte Basisvektor, der Binormaleneinheitsvektor eb , folgt aus dem Kreuzprodukt eb = et × en .

(2.31)

Wie in Abb. 2.17 dargestellt, spannen eb und et die Streckebene und en und eb die Normalenebene auf. Da sich der Schwerpunkt S während der Bewegung an verschiedenen Raumpunkten mit jeweils unterschiedlicher Vektorbasis be¿ndet, gilt: Die von S mitgeführte Vektorbasis et (t), en (t), eb (t) ist zeitlich veränderlich. Der Geschwindigkeitsvektor wird als Zeitableitung des Ortsvektors in Gl.(2.29) mit der Kettenregel, der De¿nition (2.30) und dem Ergebnis ds/dt = v in (2.16.2) erhalten: dx dx ds v = x˙ = = = et v. (2.32) dt ds dt Wie zu erwarten war, hat v nur eine Komponente in Richtung des tangentialen Vektors et , jedoch keine Anteile in den Richtungen von en und eb . Damit verläuft wie in Abb. 2.17.b dargestellt die Bewegung momentan in der Schmiegeebene. Zwischen einem Bahninkrement Δs und dem Winkelinkrement Δϕ besteht dabei der Zusammenhang Δϕ ≈ Δs/ρ. Wir teilen diese Gleichung durch das Zeitinkrement Δt und erhalten für Δt → 0 ϕ˙ = lim

Δt→0

1 1 Δϕ Δs = lim = s. ˙ Δt ρ Δt→0 Δt ρ

Wenden wir die De¿nition (2.26.1) für die Winkelgeschwindigkeit an und berücksichtigen nochmals das Ergebnis s˙ = v in Gl.(2.16.2), dann folgt: ω = ϕ˙ =

v 1 s˙ = ρ ρ

=⇒

(2.33)

v = ρ ω.

Dieses Ergebnis entspricht der Darstellung für vϕ in Gl.(2.28.1). Damit gilt: Der Punkt S führt momentan eine Kreisbewegung mit Radius ρ und der Winkelgeschwindigkeit ω = v/ρ um den Mittelpunkt M in der Schmiegeebene durch. Da sich die Basisvektoren et und en mit dem Punkt S bewegen, erfahren sie momentan dieselbe Kreisbewegung. Diese Bewegung wiederum entspricht der Kreisbewegung der Basisvektoren er und eϕ in Abb. 2.12. Wir können also (2.22) zur Berechnung von Zeitableitungen der Basisvektoren er , eϕ , ez verwenden, indem wir er , eϕ , ez durch −en , et , −eb ersetzen. Das Ergebnis lautet 1. e˙ n (t) = −ω et (t),

2. e˙ t (t) = ω en (t),

3. e˙ b (t) = 0.

(2.34)

Der Beschleunigungsvektor wird als zeitliche Ableitung des Geschwindigkeitsvektors in Gl.(2.32) erhalten. Mit der Kettenregel und den Ergebnissen (2.33), (2.34.2) folgt a=

d (v et ) v2 = v˙ et + v e˙ t = v˙ et + en . dt ρ

(2.35)

Zusammenfassend erhalten wir folgende ¨ Basisdarstellungen in naturlichen Koordinaten 1. x = xt et + xn en + xb eb 2. v = vt et , 3. a = at et + an en ,

vt = v, vn = 0, vb = 0 v2 at = v, ˙ an = , ab = 0. ρ

(2.36)


39

Bemerkungen 2.4 1. Alle von Null verschiedenen Größen in den Gleichungen (2.36) sind im Allgemeinen abhängig von der Zeit t, d.h. es gilt zum Beispiel x = x(t), xt = xt (t), et = et (t) usw. 2. Die Koordinaten xt , xn , xb des Ortsvektors x in Gl.(2.36.1) haben im Allgemeinen nicht die praktische Bedeutung wie bei raumfesten kartesischen Koordinaten oder Zylinderkoordinaten. Auf deren Berechnung wird daher in der Regel verzichtet. 3. Die Geschwindigkeit in (2.36.2) hat nur einen Tangentialanteil vt . In (2.36.3) kennzeichnet at die Tangential- oder Bahnbeschleunigung, die in Richtung der Tangente zeigt, und an ist die Zentripetal- oder Normalbeschleunigung, die in Richtung der Hauptnormalen zum Krümmungsmittelpunkt M gerichtet ist. 4. Mit den Rechenregeln der Kurventheorie wird die Krümmung für eine Bewegung in der X, Y -Ebene auf der Bahn Y = Y (X) und den Abkürzungen Y = dY /dX und Y = d2 Y /dX 2 wie folgt erhalten (siehe z.B. [6]): 1 κ= = ρ

Y

1 + (Y )

2 3/2

(2.37)

.

5. Für den Sonderfall einer Bewegung auf einem Kreis mit Radius r folgt aus Gl.(2.37) ρ = r (vgl. Aufgabe 2.24). Mit dem konstanten Radius r, den Beziehungen v = rω in (2.33) sowie α = ω˙ erhält man dann aus den Gleichungen (2.36.2) und (2.36.3) die ¨ Geschwindigkeiten und Beschleunigungen in naturlichen Koordinaten ¨ eine Kreisbewegung fur 1. vt = v = rω, vn = 0, vb = 0 an = rω 2, ab = 0. 2. at = r ω˙ = rα,

(2.38)

Berücksichtigt man, dass der Basisvektor er für Zylinderkoordinaten einen entgegenge¨ mit den Gleichunsetzten Richtungssinn zu en hat, so wird sofort die Ubereinstimmung gen (2.28) deutlich. Eine Darstellung der Geschwindigkeit vt und der Beschleunigungen at und ar eines Punktes P auf einer Kreisbahn erfolgt in Abb. 2.18. 6. Bei einer gleichförmigen Kreisbewegung ist ω konstant, so dass wegen v =rω auch die Umfangsgeschwindigkeit vt konstant ist. Eine Tangentialbeschleunigung at tritt wegen α = ω˙ = 0 nicht auf, und für die Normalbeschleunigung gilt an = rω 2 . a)

Y

et

r=ρ M

P en s X

b)

vt = rω

c)

a t = rα an=r ω 2

ω α

Abb. 2.18. Kreisbewegung eines Punktes P in natürlichen Koordinaten: a) Basisvektoren et , en , b) Geschwindigkeit vt , c) Beschleunigungen at , an

40


Beispiel 2.11 Ralley-Auto in einer Kurve Ein Ralley-Auto durchfährt eine Kurve mit der konstanten Geschwindigkeit v = 50 km/h. Der kleinste Krümmungsradius der Kurve beträgt ρ = 20 m. Welche größte Normalbeschleunigung erfährt das Fahrzeug? ¨ Voruberlegungen: Ein Zusammenhang zwischen der Geschwindigkeit v, dem Krümmungsradius ρ und der Normalbeschleunigung an besteht in Gl.(2.36.3). Abb. 2.19. Ralley-Auto in einer Kurve

Lösung: Mit den gegebenen Werten für v und ρ folgt aus Gl.(2.36.3) an =

(50/3.6)2 m/s2 m v2 = = 9.64 2 . ρ 20 m s

Beispiel 2.12 Satellit im Orbit in natürlichen Koordinaten Für den Satelliten aus Beispiel 2.9 bestimme man unter Verwendung natürlicher Koordinaten die Geschwindigkeit. ¨ Voruberlegungen: Wie in Beispiel 2.9 wird die Beschleunigung

aG = g

RE r

2

gleich dem Wert an in Gl.(2.38.2) gesetzt. Damit wird eine Winkelgeschwindigkeit ω ermittelt, aus der mit Gl.(2.38.1) die gesamte Geschwindigkeit v = vt berechnet wird.

Abb. 2.20. Satellit im Orbit mit natürlichen Koordinaten

Lösung: Durch Gleichsetzen der Beschleunigungen aG und an ergibt sich

RE 2 g RE g =⇒ v = vt = r ω = RE . = rω 2 = an =⇒ ω = aG = g r r r r Im letzten Schritt wurde Gl.(2.38.1) zur Bestimmung von vt angewendet. Das Ergebnis stimmt mit dem Ergebnis aus Beispiel 2.9 u¨ berein.


41

Beispiel 2.13 Magnetschwebebahn in einer Kurve Die Magnetschwebebahn in Abb. 2.21 durchfährt eine Kurve mit der konstanten Geschwindigkeit v. Wie groß ist die Beschleunigung, wenn der Bahnverlauf durch eine Parabel beschrieben und die horizontale Koordinate X0 erreicht wird? Bekannt: v = 200 km/h, X0 = −300 m, Y = bX 2 , b = 0.001 m−1 .

Abb. 2.21. Magnetschwebebahn in einer Kurve, Bahnverlauf auf einer Parabel

¨ Voruberlegungen: Unter Verwendung von natürlichen Koordinaten können mit den Gleichungen (2.36.3) die Beschleunigungen bestimmt werden. Für die Normalbeschleunigung an muss dazu der momentane Krümmungsradius ρ der Bahn bekannt sein. Dieses geschieht unter Berücksichtigung von Gl.(2.37) für die Krümmung. Lösung: Auf Grund der konstanten Geschwindigkeit folgt aus Gl.(2.36.3) für die Tangentialbeschleunigung at = 0. Die Krümmung an der Stelle X0 bestimmt man mit Gl.(2.37) zu

κ=

1 Y 1 2b = = = 1.26 · 10−3 . 3/2 3/2 ρ m 2 1 + (Y ) 1 + (2bX0 )2

Damit erhält man den Krümmungsradius und mit Gl.(2.36.3) die Normalbeschleunigung zu ρ=

an =

1 1 = = 793 m κ 1.26 · 10−3

(200/3.6)2 m/s2 m v2 = = 3.89 2 . ρ 793 m s

In Abb. 2.21.b. sind der momentane Krümmungskreis mit den zugehörigen Tangentenund Normaleneinheitsvektoren et und en sowie der Beschleunigungsvektor a = an dargestellt. Abb. 2.21.b. Krümmungskreis, Basisvektoren en , et und Beschleunigungsvektor a

42


Beispiel 2.14 Planet auf Ellipsenbahn Ein Planet bewegt sich mit konstanter Bahngeschwindigkeit v0 auf einer Ellipse um die Sonne. Gesucht sind a) die Tangenten- und Normaleneinheitsvektoren et , en in Abhängigkeit raumfester kartesischer Basisvektoren, b) die Bahnkrümmung, c) der Geschwindigkeits- und der Beschleunigungsvektor des Planeten, d) die maximale Beschleunigung und deren Ort auf der Ellipse.

Abb. 2.22. Planet auf Ellipsenbahn

Bekannt: v0 , a > b. ¨ Voruberlegungen: Der Tangenteneinheitsvektor et wird gemäß De¿nition (2.30) bestimmt. Zur Berechnung der Bahnkrümmung verweisen wir auf die nachfolgende Aufgabe 2.24. Der Geschwindigkeits- und der Beschleunigungsvektor werden mit den Gleichungen (2.36) ermittelt. Die gefundene Darstellung erlaubt abschließend die Berechnung der maximalen Beschleunigung. Lösung: a) Wir stellen den Ortsvektor bezüglich einer raumfesten Vektorbasis dar: x = XeX + Y eY = a cos ϕeX + b sin ϕeY = x(ϕ).

(A)

Damit ist der Ortsvektor zunächst durch den Winkel ϕ parametrisiert. Gemäß De¿nition (2.30) wird zur Bestimmung von et jedoch die Ableitung nach dem Bahnparameter s benötigt. Mit der funktionalen Abhängigkeit s(ϕ) gelingt dieses mit der Kettenregel wie folgt: et =

dx dx 1 dx dϕ dx 1 = = = . ds dϕ ds dϕ ds dϕ |dx| dϕ dϕ

Hierbei wurde noch das Ergebnis ds = |dx| der Gleichungen (2.15) verwendet. Mit der Darstellung des Ortsvektors x in Abhängigkeit von ϕ ergibt sich weiter dx dx dx |dx| = −a sin ϕeX + b cos ϕeY =⇒ = · = a2 sin2 ϕ + b2 cos2 ϕ, dϕ dϕ dϕ dϕ so dass et =

1 a2 sin2 ϕ

+ b2 cos2 ϕ

(−a sin ϕeX + b cos ϕeY ) .


43

Für den Normaleneinheitsvektor en senkrecht zu et ¿nden wir durch ,,Ausprobieren” en =

1 a2 sin2 ϕ

+ b2 cos2 ϕ

(−b cos ϕeX − a sin ϕeY ) .

Durch Auswertung der Produkte en · en = 1, et · en = 0 u¨ berprüft man einfach, dass die geforderten Eigenschaften (A.11) für orthonormale Basisvektoren erfüllt sind. b) Parametrisieren wir die Koordinaten X und Y in Abb. 2.22 durch den Umlaufwinkel ϕ, so kann die Bahnkrümmung mit der Formel ∗ ∗∗ ∗ ∗∗ XY −Y X 1 κ= =

ρ ∗2 ∗ 2 3/2 X +Y ∗

∗

und den Notationen X = dX/dϕ, Y = dY /dϕ der Aufgabe 2.24 bestimmt werden. Für den Sonderfall der Ellipsenbahn gilt ∗

∗∗

X = a cos ϕ, X = −a sin ϕ, X = −a cos ϕ ∗

Y = b sin ϕ, Y =

∗∗

b cos ϕ, Y = −b sin ϕ ,

und man erhält nach Einsetzen sowie einigen Umformungen für die Krümmung κ=

ab 1 = 3/2 . 2 ρ a2 sin ϕ + b2 cos2 ϕ

c) Aus den Gleichungen (2.36.2) wird der Geschwindigkeitsvektor v = v0 et = v0

1 2

a2 sin ϕ + b2 cos2 ϕ

(−a sin ϕeX + b cos ϕeY )

berechnet. Für den Beschleunigungsvektor folgt aus (2.36.3) mit at = v˙ = 0 a=

v02 v02 ab en = 2 (−b cos ϕeX − a sin ϕeY ) . ρ a2 sin2 ϕ + b2 cos2 ϕ

d) Der Betrag der Beschleunigung ist gemäß De¿nition (A.4) a = |a| =

v02 |en |. ρ

Wegen |en | = 1 wird die Beschleunigung maximal, wenn 1/ρ maximal ist. Dieses ist für a > b an der Stellen der maximalen Krümmung für die Winkel ϕ = 00 und ϕ = 1800 der Fall. Somit gilt: ϕ = 00 , 1800 =⇒

a a 1 = 2 =⇒ amax = |a|max = v02 2 . ρ b b

44


Beispiel 2.15 Hubschrauberbewegung in natürlichen Koordinaten Für den Hubschrauber aus Beispiel 2.7 bestimme man die Beschleunigung in natürlichen Koordinaten zur Zeit t= 12 s. Wie groß ist zu diesem Zeitpunkt der Krümmungsradius ρ? Wo liegt der Krümmungsmittelpunkt M relativ zu S? ¨ Voruberlegungen: Die Koef¿zienten des Beschleunigungsvektors sind für raumfeste kartesische Koordinaten aus Beispiel 2.7 bekannt. Zur Transformation auf bewegte natürliche Koordinaten müssen die Richtungen der Basisvektoren et und en berechnet werden. Dazu bestimmen wir die Richtung des Geschwindigkeitsvektors v, die nach Gl.(2.36.2) mit der Richtung von et u¨ bereinstimmt. Der Krümmungsradius ρ wird mit (2.36.3) berechnet. Lösung: Die Koef¿zienten bzgl. der Basis eY , eZ für Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektor zur Zeit t2 = 12 s aus Beispiel 2.7 sind in Abb. 2.23 eingetragen und lauten vX = 0 m/s, vY = 2.88 m/s, vZ = 4.56 m/s, aX = 0 m/s2 , aY = 0.48 m/s2 , aZ = 0.405 m/s2 .

Abb. 2.23. Geschwindigkeitsvektor v und Beschleunigungsvektor a in raumfesten kartesischen und in natürlichen Koordinaten, Lage des Mittelpunktes M

Die Richtung des zum Basisvektor et parallelen Geschwindigkeitsvektors v wird gemäß Abb. 2.23 mit den bereits bekannten Geschwindigkeitskoef¿zienten ermittelt: vZ 4.56 = 1.58 =⇒ ϕ = 57.7o . tan ϕ = = vY 2.88 Für die Richtung von en wird zunächst angenommen, dass en und eZ ebenfalls den Winkel ¨ ϕ einschließen. Der Leser veri¿ziere mit geometrischen Uberlegungen - oder alternativ mit Gl.(A.20.1-2) - folgende Koordinatentransformation für die Koef¿zienten von a at = aY cos ϕ + aZ sin ϕ = 0.48 cos ϕ + 0.405 sin ϕ = 0.599 m/s2 an = −aY sin ϕ + aZ cos ϕ = −0.48 sin ϕ + 0.405 cos ϕ = −0.189 m/s2 . Mit dem Betrag der Geschwindigkeit v = |v| folgt der Krümmungsradius aus Gl.(2.36.3) m2 v2 29.09 = −153.9 m. =⇒ ρ = = 2 s an −0.189 Das Minuszeichen für an bringt zum Ausdruck, dass, wie in Abb. 2.23 dargestellt, von S ausgehend, M in einer zu en entgegengesetzen Richtung liegt. Die tatsächliche Richtung des Normaleneinheitsvektors en ist somit entgegengesetzt zu der angenommenen Richtung. v 2 = |v|2 = vY2 + vZ2 = 2.882 + 4.562 = 29.09


45

2.2.5 Zusammenfassung zu den verschiedenen Koordinatensystemen In Abb. 2.24 ist die ebene Bewegung eines Punktes in drei Abbildungen dargestellt. Die Kinematik des Punktes mit dem Ortsvektor x, dem Geschwindigkeitsvektor v und dem Beschleunigungsvektor a ist für die drei Fälle identisch. Unterschiedlich sind dagegen die verschiedenen Basisdarstellungen in a) raumfesten kartesischen Koordinaten, b) Zylinderkoordinaten und c) natürlichen Koordinaten.

Abb. 2.24. Basisdarstellungen von Orts-, Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektor: a) raumfeste kartesische Koordinaten, b) Zylinderkoordinaten, c) natürliche Koordinaten. In allen Fällen sind die Vektoren x, v, a gleich.

Bemerkung 2.5 Die Basisdarstellungen von Vektoren für den Ort, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung in bewegten Koordinatensystemen führen häu¿g zu Verständnisschwierigkeiten. Im Hinblick auf die Zerlegungen in Abb. 2.24 sei dazu bemerkt, dass es keine Rolle spielt, ob die Basisvektoren raumfest oder beweglich sind. Es können folglich absolute Geschwindigkeiten und Beschleunigungen - momentan - in einem ruhenden oder einem bewegten Koordinatensystem dargestellt werden. Ebenso lassen sich von einem mitfahrenden Beobachter relativ wahrgenommene Geschwindigkeiten in einem ruhenden oder einem bewegten Koordinatensystem darstellen.

46


2.2.6 Aufgaben zu Abschnitt 2.2 Aufgabe 2.13 (SG = 1) Der Schleudergang in einer Waschmaschine erfolgt mit der Drehzahl n. 1. Welche Geschwindigkeit hat der Punkt W ? 2. Wie groß sind Radial- und Tangentialbeschleunigung des Punktes W ? Wie ist jeweils das Verhältnis zur Erdbeschleunigung g = 9.81 m/s2 ? 3. Wie groß ist die Winkelbeschleunigung, wenn die Drehzahl n gleichförmig innerhalb eines Zeitintervalls Δt erreicht wird? Bekannt: n = 1400 min−1 , r = 16 cm, Δt = 20 s. Aufgabe 2.14 (SG = 1) Für den Roboterarm in Beispiel 2.8 sind die Funktionen für den Radius und den Drehwinkel in Abhängigkeit der Zeit t gegeben r(t) = 1 m + 0.3

m 2 rad t , ϕ(t) = 3 t. s2 s

Gesucht ist der Geschwindigkeitsvektor v in Zylinderkoordinaten nach t = 5 s. Aufgabe 2.15 (SG = 1) Der Roboterarm in Beispiel 2.8 erfährt eine Winkelgeschwindigkeit ω = 12 rad/ s. Des Weiteren ist der Radius als Funktion des Drehwinkels gegeben r(ϕ) = 3 m sin(2ϕ). Für den Drehwinkel ϕ = 20o bestimme man den Geschwindigkeitsvektor v(ϕ = 20o ) in Zylinderkoordinaten. Aufgabe 2.16 (SG = 2) Der Roboterarm in Beispiel 2.8 erfährt eine konstante Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ = ω0 . Des Weiteren ist die Radialgeschwindigkeit v(r) als Funktion des Radius’ gegeben v(r) = −Cr. Unter Berücksichtigung der Anfangsbedingung r(t1 = 0) = r1 bestimme man die Funktionen r(t), vϕ (r), ar (r), aϕ (r).


Aufgabe 2.17 (SG = 3) In einer Schubkurbel rotiert der Stab 1 mit der konstanten Drehzahl n. Daraus resultiert eine Horizontalverschiebung s des Stabes 2. Bestimmen Sie die Funktionen s(t), v(t), a(t), v(s), a(v), a(s) und stellen Sie die zugehörigen Diagramme dar. Bekannt: n = 100 min−1 , l = 20 cm. Aufgabe 2.18 (SG = 3) Eine Kreisscheibe ist mit der Exzentrizität e an einer festen Drehachse befestigt, die mit der Drehzahl n rotiert. Die Scheibe treibt einen federgelagerten Stößel in vertikaler Richtung an. Gesucht sind 1. die Stößelgeschwindigkeit vP des Punktes P als Funktion des Drehwinkels ϕ und deren Maximalwert, 2. die Stößelbeschleunigung aP als Funktion des Drehwinkels und deren Maximalwert. Bekannt: n = 100 min−1 , e = 0.5 cm, r = 10 cm.

Aufgabe 2.19 (SG = 2) Eine Kanonenkugel soll vom Punkt A unter einem Winkel β mit einer Bahngeschwindigkeit v0 so abgeschossen werden, dass sie im Punkt B horizontal auf eine Burgwand trifft. 1. Leiten Sie die Gleichung für die Wurfparabel Y = Y (X) her. 2. Bestimmen Sie den erforderlichen Winkel β und die zugehörige Geschwindigkeit v0 . Bekannt: h = 1 m, H = 13 m, L = 30 m, g = 9.81 m/s2 .

47

48


Aufgabe 2.20 (SG = 2) Beginnend im Punkt A fährt ein PKW aus der Ruhelage mit konstanter Beschleunigung s¨ auf einer kreisförmigen Bahn. An der Stelle B erreicht er zur Zeit tB die Bahngeschwindigkeit s˙ B . Berechnen Sie mit natürlichen Koordinaten 1. die Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektoren v(t) und a(t) zur Zeit tB /2, 2. die Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektoren bei ϕ = ϕB /2. Bekannt: s¨ = konst, R, ϕB = π/2. Aufgabe 2.21 (SG = 2) Ein Golfspieler schlägt einen Golfball der Masse m von einem Hügel der Höhe H in ein Loch der Entfernung L. 1. Leiten Sie die Gleichung für die Wurfparabel Y = Y (X) her. 2. Berechnen Sie für einen vorgegebenen Schlagwinkel von β = 30o die erforderliche Anfangsgeschwindigkeit v0 . 3. Welche Anfangsgeschwindigkeit v1 ist mindestens erforderlich, damit der Ball das Loch im Flug erreicht? Unter welchem Winkel β1 lässt sich ein solcher Schlag durchführen? Bekannt: m, H, L = 10H, g = 9.81m/s2 . Aufgabe 2.22 (SG = 3) Das Pleuel eines Verbrennungsmotors rotiert mit der Drehzahl n. Gesucht sind 1. die Kolbengeschwindigkeit als Funktion der Zeit und deren Maximalwert, 2. die Kolbenbeschleunigung als Funktion der Zeit und deren Maximalwert. Bekannt: n=2000 min−1 , r=30 mm, r/L=1/4. √ Hinweise: 1 + x ≈ 1 + 1/2 x, sin2 ω = 1/2 (1 − cos 2ω) Aufgabe 2.23 (SG = 1) Für den Roboterarm in Beispiel 2.8 bestimme man die Beschleunigung mit Zylinderkoordinaten und raumfesten kartesischen Koordinaten.


Aufgabe 2.24 (SG = 3∗ ) Eine Bahnkurve sei in der X, Y -Ebene durch den Drehwinkel ϕ parametrisiert, d.h.

49

Y

X = X(ϕ), Y = Y (ϕ). ∗

∗

1. Mit den Notationen X = dX/dϕ, Y = dY /dϕ veri¿ziere man unter Verwendung von Gl.(2.37) folgende Beziehung für die Krümmung: ∗ ∗∗ ∗ ∗∗ − X Y Y X 1 κ= =

. 3/2 ρ ∗2 ∗ 2 X +Y

ϕ

s

X

2. Formulieren Sie eine Parameterdarstellung X = X(ϕ), Y = Y (ϕ) für eine Ellipsenbahn. Wie lautet das Ergebnis für die Krümmung κ? 3. Für einen Kreis mit Radius r zeige man außerdem den Zusammenhang ρ = r. Aufgabe 2.25 (SG = 2) Ein Fahrzeug bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit v0 auf einer Bahn, die durch die Parabel Y = aX 2 beschrieben wird. Gesucht sind 1. die Tangenten- und Normaleneinheitsvektoren et , en in Abhängigkeit raumfester kartesischen Basisvektoren, 2. die Bahnkrümmung, 3. die Beschleunigung des Fahrzeuges, 4. die maximale Beschleunigung und deren Ort. Aufgabe 2.26 (SG = 3) Ein Kind gleitet mit der konstanten Bahngeschwindigkeit v0 eine Rutsche mit dem Bahnverlauf einer Schraubenlinie hinunter. Berechnen Sie 1. den Tangentenvektor et und den Normaleneinheitsvektor en , 2. die Krümmung der Bahn, 3. die Beschleunigung des Massenpunktes. Bekannt: Bahn mit Ortsvektor x(ϕ) = a cos(ϕ)eX + a sin(ϕ)eY + (B − bϕ)eZ , wobei a, b > 0.

50


Aufgabe 2.27 (SG = 3*) Die Menge aller Punkte P , für welche das Y Produkt der Abstände von zwei festen PunkP . ten F1 und F2 den Wert ((1/2)(F1 F2 ))2 besitzt, ist eine Lemniskate, siehe z.B. [10]. Mit Polarkoordinaten lautet die LemniskaF1 F2 X 0 √ tengleichung r = a 2 cos 2ϕ, wobei a = 0F1 = 0F2 . Für −π/4 ≤ ϕ ≤ −π/4 erhält _3 < < _5 - _41 π =< ϕ =< _14 π 4 π= ϕ= 4 π man den rechten, für −3π/4 ≤ ϕ ≤ 5π/4 den linken Teil der Kurve. Gesucht sind 1. die Tangenten- und Normaleneinheitsvektoren et , en in Abhängigkeit raumfester kartesischen Basisvektoren, 2. die Bahnkrümmung, 3. die Beschleunigung des Fahrzeuges, 4. die maximale Beschleunigung und deren Ort.

.

Aufgabe 2.28 (SG = 2) Ein Rad mit dem Radius R rollt auf einer ebenen Unterlage mit konstanter Geschwindigkeit. Für den Punkt P des Umfangs, der im Zeitpunkt t0 = 0 die Unterlage berührt, bestimme man

.

.

M vM

1. den Ortsvektor x = x(t) in raumfesten P kartesischen Koordinaten, 2. den Geschwindigkeitsvektor v=v(t) und den Beschleunigungsvektor a=a(t), 3. den Tangentenvektor et und den Normaleneinheitsvektor en bezüglich der Bahn des Punktes P , 4. den Krümmungsradius ρ der Bahn. Hinweis: Für den Krümmungsradius verwende man das Ergebnis aus Aufgabe 2.24. Aufgabe 2.29 (SG = 3*) Eine Hülse bewegt sich von dem Drehwinkel ϕ = 0 ausgehend wie dargestellt auf einer Kreisbahn mit Radius r. Als Ortsvektor x wird der Verbindungsvektor von 0∗ zur Hülse de¿niniert. Gesucht sind der Ortsvektor x, der Geschwindigkeitsvektor v und der Beschleunigungsvektor a bezogen auf 1. die Vektorbasis er , eϕ , 2. die Vektorbasis ER , EΦ .

2.3 Kreisbewegungen von Punkten um feste und momentane Achsen

51

2.3 Kreisbewegungen von Punkten um feste und momentane Achsen ¨ Komplexe Bewegungen lassen sich in vielen Fällen durch Uberlagerung von einfacheren Bewegungen darstellen. Dabei treten häu¿g Kreisbewegungen anteilig auf. So ist z.B. für ¨ ein Fahrrad die Gesamtbewegung eines Reifenventils als Uberlagerung der Bewegung der Radachse und einer momentanen Kreisbewegung um diese Achse darstellbar. Kreisbewegungen haben in der Kinematik also eine besondere Bedeutung. In Ergänzung zu den vorherigen Abschnitten behandeln wir daher im Folgenden Kreisbewegungen von Punkten um 1. feste Achsen, 2. momentane richtungstreue Achsen und 3. momentane Achsen mit Richtungsänderungen. 2.3.1 Kreisbewegungen um feste Achsen in mitrotierenden kartesischen Koordinaten In Abb. 2.25.a beschreibt der Schwerpunkt S einer im Punkt 0 drehbar gelagerten Schranke eine Kreisbahn. Der feste Punkt 0 ist gleichzeitig der Durchstoßpunkt einer senkrecht zur Bewegungsebene gedachten festen Drehachse (kurz: Achse). In Abb. 2.25.b erfolgt die Kreisbewegung des Punktes P um eine feste Drehachse für ein Rührwerk. Die beiden Beispiele in Abb. 2.25 haben zwei Merkmale: 1. Die Drehachse ist fest. 2. Man ¿ndet einen festen Bezugspunkt 0 auf der Drehachse, zu dem der Abstand des Punktes P (bzw. S) während der Bewegung zeitlich konstant ist. Die beiden Beispiele in Abb. 2.25 sind Sonderfälle der Kreisbewegung des Punktes P um eine feste Drehachse 00 in Abb. 2.26. Wir verwenden eine mitrotierende Vektorbasis ex , ey , ez . Dabei ist ez stets parallel zur festen Drehachse und somit zeitunabhängig. Die beiden anderen Vektoren rotieren gemeinsam mit dem Punkt P und der Winkelgeschwindigkeit ω um die Drehachse und sind somit zeitabhängig, d.h. ex = ex (t), ey = ey (t). Bezogen auf diese Vektorbasis sind die mitrotierenden kartesischen Koordinaten x, y, z im Gegensatz zu den raumfesten Koordinaten X(t), Y (t), Z(t) in (2.17) zeitlich konstant.

Abb. 2.25. Beispiele für Kreisbewegungen von Punkten um feste Drehachsen: a) Punkt S einer Schranke, b) Punkt P eines Rührwerkes

52


Abb. 2.26. Kreisbewegung eines Punktes P um eine feste Drehachse: a) räumliche Darstellung, b) Draufsicht

Damit hat der Ortsvektor x(t) zur Zeit t die Basisdarstellung x(t) = xex (t) + yey (t) + zez .

(2.39)

Für die gegenseitigen Abstände der Punkte 0, 0 und P gilt √ 1. 0 P = r = x2 + y 2 , 2. 0P = |x| = x2 + y 2 + z 2 , 3. 00 = z 2 = z, (2.40) d.h., sie sind wie erwartet zeitlich konstant. Der Geschwindigkeitsvektor wird durch zeitliches Ableiten von x(t) in Gl.(2.39) erhalten v=

dx = x˙ = xe ˙ x + ye ˙ y + ze ˙ z + xe˙ x + y e˙ y + z e˙ z . dt

Wegen der zeitlichen Unabhängigkeit der Koordinaten gilt x˙ = y˙ = z˙ = 0. Zur Bestimmung der Zeitableitungen der Basisvektoren ersetzen wir die rotierenden Vektoren er (t), eϕ (t) in Abb. 2.11 durch ex (t), ey (t) in Abb. 2.26 und erhalten aus den Gleichungen (2.22) 1. e˙ x (t) = ω ey (t),

2. e˙ y (t) = −ω ex (t),

3. e˙ z (t) = 0.

(2.41)

Für den Geschwindigkeitsvektor ergibt sich somit die Basisdarstellung v(t) = xωey yωex + 0 ez . Mit der De¿nition (2.14.2) wird in gleicher Weise in Aufgabe 2.35 der Beschleunigungsvektor a erhalten. Zusammenfassend folgen die Basisdarstellungen in mitrotierenden kartesischen Koordinaten ¨ die Kreisbewegung um eine feste Drehachse fur 1. x = xex + yey + zez 2. v = vx ex + vy ey + vz ez , vx = −yω, vy = xω, vz = 0 3. a = ax ex + ay ey + az ez , ax = −yα − xω 2 , ay = xα − yω 2 , az = 0.

(2.42)


53

Bemerkungen 2.6 1. Die Gleichungen (2.42) zur Beschreibung von Kreisbewegungen sind mit den folgenden Eigenschaften verknüpft: a) Die kartesischen Koordinaten x, y, z des Punktes P sind zeitlich konstant. b) Die Abstände zwischen den Punkten 0, 0 und P sind zeitlich konstant. c) Die Drehachse 00 ist fest. d) Das Koordinatensystem und der Punkt P rotieren gemeinsam mit der Winkelgeschwindigkeit ω um die Drehachse 00 . e) Der Basisvektor ez ist parallel zur Drehachse. 2. In den Gleichungen (2.42.2) und (2.42.3) stellen wir fest, dass Geschwindigkeit und Beschleunigung keinen Anteil in z−Richtung haben. 3. Für den Betrag der Geschwindigkeit erhalten wir mit der De¿nition (A.4.1) v = |v| = (v · v)1/2 = ((−yωex + xωey ) · (−yωex + xωey ))1/2 = (y 2 ω 2 + x2 ω 2 )1/2 (2.43)

=⇒ v = ωr.

Hierbei ist der Abstand r = 0 P in Gl.(2.40.1) gegeben. Die Geschwindigkeit v und deren Koef¿zienten vx , vy sind in Abb. 2.27.b dargestellt. 4. Der Beschleunigungsvektor in Gl.(2.42.3) kann mit dem Abstand r in Gl.(2.40.1) additiv wie folgt in einen tangentialen und einen normalen (radialen) Anteil zerlegt werden: 1. a = at + an 2. at = −yαex + xαey = atx ex + aty ey =⇒ at = |at | = rα 3. an = −xω 2 ex − yω 2 ey = anx ex + any ey =⇒ an = |an | = rω 2 .

(2.44)

Die hier verwendeten Größen sind in Abb. 2.27.c dargestellt. 5. Unter Beachtung der Regeln (A.11) für Basisvektoren erhält man für die Vektoren in (2.42) und (2.44) folgende Beziehungen (vgl. Aufgabe 2.38): x · v = 0,

x · at = 0,

x · an = −ω 2 r 2 ,

at · an = 0.

(2.45)

Mit den Darstellungen der Vektoren x, v, at und an in Abb. 2.26 und Abb. 2.27 kann man sich von der Orthogonalität der Vektoren x und v, x und at sowie at und an u¨ berzeugen.

Abb. 2.27. Kreisbewegung in mitrotierenden kartesischen Koordinaten: a) Basisvektoren ex , ey und Koordinaten x, y, b) Geschwindigkeitsvektor v mit Koef¿zienten, c) Beschleunigungsvektoren at , an mit Koef¿zienten

54


Beispiel 2.16 Robotergesteuerter Massenpunkt Der Roboterarm aus Beispiel 2.8 ist so programmiert, dass der Massenpunkt M seine Position nach den folgenden Funktionen einnimmt: r(t) = r0 ϕ(t) = ϕ0 + ϕ1 sin(Ωt) z(t) = 0. Gesucht sind die Basisdarstellungen des Geschwindigkeitsvektors zur Zeit t1 = 12.1 s in mitrotierenden kartesischen Koordinaten x, y. Bekannt: r0 = 0.4 m, ϕ0 = 0.1 rad, ϕ1 = 0.5 rad, Ω = 2π rad/s.

Abb. 2.28. Robotergesteuerter Massenpunkt

¨ Voruberlegungen: Es werden körperfeste, mitrotierende Basisvektoren nach Abb. 2.28.b gewählt. Die Basisdarstellung für den Geschwindigkeitsvektor erfolgt nach Gl.(2.42.2). Lösung: Für die Winkelgeschwindigkeit zur Zeit t1 = 12.1 s folgt: ω = ϕ˙ = ϕ1 Ω cos(Ωt) = 0.759 rad/s. In dem in Abb. 2.28.b gewählten mitrotierenden kartesischen Koordinatensystem gilt x = r0 , y = z = 0, so dass sich die Geschwindigkeitskoef¿zienten nach Gl.(2.42.2) wie folgt ergeben: vx = 0 vy = xω = r0 ω = 0.4 · 0.759 = 0.304 m/s vz = 0. Die Basisdarstellung des Geschwindigkeitsvektors zur Zeit t = 12.1 s lautet nach Gl.(2.25.2) somit

Abb. 2.28.b. Geschwindigkeitsvektor in mitrotierenden kartesischen Koordinaten

v = (0 ex + 0.304ey + 0 ez ) m/s. In Abb. 2.28 sind der Geschwindigkeitsvektor v sowie dessen Koef¿zient vy bezogen auf die mitrotierende Vektorbasis ex , ey dargestellt.


55

2.3.2 Kreisbewegungen um momentane richtungstreue Achsen In Abb. 2.29 sind zwei Beispiele dargestellt, in denen Kreisbewegungen anteilig bei komplexeren Gesamtbewegungen auftreten. In Abb. 2.29.a erfährt der Punkt F einer Dummy-Puppe beim Auto-Crash eine horizontale Bewegung. Zusätzlich bewegt sich der Schwerpunkt S auf einer momentanen Kreisbahn um eine durch F senkrecht zur Bewegungsebene gedachte bewegte Drehachse. In Abb. 2.29.b bewegt sich der Punkt P des Kranauslegers auf einer momentanen Kreisbahn, deren Drehachse entlang eines Schienenabschnittes parallel verschoben wird. Die beiden Beispiele in Abb. 2.29 haben zwei Merkmale: 1. Die Drehachse bewegt sich parallel, also translatorisch und ist somit richtungstreu. 2. Man ¿ndet einen bewegten Bezugspunkt F auf der Drehachse, zu dem der Abstand des Punktes P (bzw. S) während der Bewegung zeitlich konstant ist.

Abb. 2.29. Beispiele für Kreisbewegungen von Punkten um momentane Drehachsen: a) Punkt S einer DummyPuppe, b) Punkt P eines Kranauslegers

Diese beiden Beispiele sind Sonderfälle der Kreisbewegung des Punktes P um die richtungstreue Achse F F in Abb. 2.30, wobei die Abstände der Punkte F , P und F zeitlich konstant sind. Wir wählen den Punkt F als bewegten Bezugspunkt für den Punkt P . Wir bezeichnen ihn als Führungspunkt, der das Koordinatensystem ,,führt”. Für den Ortsvektor von P gilt xP = xF + xFP .

(2.46)

Die Notation für den Verbindungsvektor xFP wird als ,,Ortsvektor von P relativ zu F ” gelesen. In F werden mitrotierende Basisvektoren ex (t), ey (t), ez angeordnet, wobei der Vektor ez stets parallel zur Achse ist. Damit gilt die Basisdarstellung xFP = xex (t) + yey (t) + zez .

(2.47)

56


Abb. 2.30. Kreisbewegung eines Punktes P um eine momentane, richtungstreue Drehachse: a) räumliche Darstellung, ortsfester Beobachter A und translatorisch bewegter Beobachter B, b) Draufsicht

Man beachte, dass x, y, z zeitlich konstant und nur ex (t), ey (t) zeitlich veränderlich sind. Die im raumfesten Bezugssystem gemessene Geschwindigkeit von P wird nach De¿nition (2.14) durch Zeitableitung des Ortsvektors x bestimmt. Man erhält zwei Anteile: vP = x˙ P = x˙ F + x˙ FP = vF + vPF .

(2.48)

Der erste Anteil vF ist die zeitliche Ableitung des Ortsvektors xF , d.h. vF = x˙ F . Wir wollen dessen Berechnung nicht weiter verfolgen und setzen die Basisdarstellung vF = vF x ex + vF y ey + vF z ez

(2.49)

voraus. Der zweite Anteil vPF ergibt sich durch zeitliche Ableitung des Verbindungsvektors xFP . Da die Basisdarstellungen in Gl.(2.47) und Gl.(2.39) gleich sind, ist das Ergebnis (2.42.2) auch für vPF gültig. Zusammenfassend ergibt sich der Vektor der ¨ die Kreisbewegung um eine momentane, richtungstreue Achse Geschwindigkeit fur 1. vP = vF + vPF (2.50) 2. vF = vF x ex + vF y ey + vF z ez 3. vPF = −yω ex + xω ey + 0 ez . In gleicher Weise wird die im raumfesten Bezugssystem gemessene Beschleunigung des Punktes P gemäß De¿nition (2.14.2) ermittelt. Mit Anwendung von Gl.(2.42.3) auf die momentane Kreisbeschleunigung v˙ FP = aFP erhält man zusammenfassend den Vektor der ¨ die Kreisbewegung um eine momentane, richtungstreue Achse Beschleunigung fur 1. aP = aF + aFP (2.51) 2. aF = aF x ex + aF y ey + aF z ez 3. aFP = (−y ω˙ − xω 2 ) ex + (xω˙ − yω 2 ) ey + 0 ez .


57

Bemerkungen 2.7 1. Die Terme vP und vF bzw. und aP und aF sind Absolutgeschwindigkeiten bzw. Absolutbeschleunigungen der Punkte P und F . Sie werden von dem Beobachter A in Abb. 2.30 in dem raumfesten Bezugssystem wahrgenommen. 2. Der Term vPF ist die Geschwindigkeit von P relativ zu F . Er beschreibt die momentane Kreisgeschwindigkeit des Punktes P um die richtungstreue Achse F F , so dass der Vektor vPF in Abb. 2.30 tangential zur momentanen Kreisbahn gerichtet ist. Sein Betrag ist nach Gl.(2.43) |vPF | = vPF = ωr, wobei r = (x2 + y 2 )1/2 .

(2.52)

Da x und y nach Voraussetzung zeitlich konstant sind, gilt dieses auch für r. Die Geschwindigkeit vPF wird von dem Beobachter B in Abb. 2.30 wahrgenommen, wenn er translatorisch von F mitgeführt wird ohne zu rotieren. 3. Der Term aFP in (2.51) ist die Beschleunigung von P relativ zu F . Diese Beschleunigung wird von einem translatorisch bewegten Beobachter B in Abb. 2.30 wahrgenommen. Der Vektor aFP kann wie in den Gleichungen (2.44) und den Darstellungen in Abb. 2.27 in einen tangentialen und einen radialen Anteil zerlegt werden. 4. Würde sich der Beobachter B in Abb. 2.30 zusätzlich zur translatorischen Bewegung mit F mit der Winkelgeschwindigkeit ω um die senkrechte Achse F F drehen, so würde er keine Geschwindigkeit und keine Beschleunigung des Punktes P wahrnehmen. Dazu sei bemerkt, dass seine Wahrnehmung der Bewegungen des Punktes P von seiner Wahrnehmung der Trägheits- oder Fliehkräfte, die er selbst erfährt, zu unterscheiden ist. Beispiel 2.17 Baukran in horizontaler Bewegung mit gleichzeitiger Rotation Ein Baukran bewegt sich auf einem Schienenabschnitt mit der Geschwindigkeit vX , während der Ausleger gleichzeitig eine Drehbewegung mit der Winkelgeschwindigkeit ω um eine senkrechte Achse durchführt. Beide Bewegungen sind in Abhängigkeit der Zeit gegeben vX (t) = a0 t, ω(t) = ω0 (1 − exp(−bt)) . Zu dem Zeitpunkt t2 , wenn der Punkt A die Strecke l zurückgelegt hat, bestimme man bezogen auf die dargestellten mitrotierenden kartesischen Koordinaten den GeschwindigAbb. 2.31. Baukran in horizontaler Bewegung mit Rotation keitsvektor vM des Punktes M .

58


Bekannt: d = 10 m, h = 15 m, a0 = 0.02 m/s2 , ω0 = 0.02 rad/s, b = 0.05 1/s, l = 16 m. ¨ Voruberlegungen: Zunächst wird die Zeit t2 , die der Punkt A für die Strecke l benötigt, mit der zweiten Grundaufgabe in Tabelle 2.1 bestimmt. Die Gesamtbewegung des Punktes M ¨ wird als Uberlagerung der Horizontalbewegung des Punktes A und einer Drehbewegung von M um die senkrechte Kranachse behandelt. Da der Abstand zwischen A und M konstant ist, kann vM mit den Gleichungen (2.50) und A als Führungspunkt berechnet werden. Lösung: Die Bestimmung der Zeit t2 gelingt mit der zweiten Grundaufgabe in Tabelle 2.1: t2 t2 1 2 t2 1 2 l vdt = 0 + a0 tdt = l = X2 = X1 + a0 t = a0 t2 =⇒ t2 = 2 = 40 s. 2 2 a0 0 0 0 Die zugehörige Geschwindigkeit des Punktes A in X-Richtung ist vAX = a0 t2 = 0.8 m/s, so dass bezogen auf eine raumfeste Basis die Komponentendarstellung vA = vAX eX + 0 eY + 0 eZ = 0.8 eX m/s folgt. Die Bestimmung des Drehwinkels ϕ zur Zeit t2 geschieht ebenfalls durch Auswertung der zweiten Grundaufgabe der Tabelle 2.1: t2 t2 t2 1 ϕ2 = ϕ1 + ωdt = 0 + ω0 (1 − exp(−bt)) dt = ω0 t + exp(−bt) b 0 0 0 1 (exp(−0.05 · 40) − 1) rad = 0.454 rad = 26o . = 0.02 40 + 0.05 Die Winkelgeschwindigkeit zur Zeit t2 ist ω(t2 ) = ω0 (1 − exp(−bt)) = 0.02 (1 − exp(−0.05 · 40)) = 0.0173 rad/s. Der Geschwindigkeitsvektor des Punktes M wird mit (2.50) berechnet. Dazu wird der Vektor vA auf die mitrotierende Basis bezogen, und man erhält: x = 10 m, y = 0, vAx = vA cos ϕ = 0.719 m/s, vAy = −vA sin ϕ = −0.351 m/s =⇒

A vM = vA + vM = (vAx − yω)ex + (vAy + xω)ey + 0ez

= (0.719ex + (−0.351 + 10 · 0.0173)ey + 0ez ) m/s = (0.719ex − 0.178ey + 0ez ) m/s. Der Betrag von vM ist |vM | = 0.7192 + 0.1782 = 0.7407m/s. In Abb. 2.31.b sind der Geschwindigkeitsvektor vM sowie die Komponenten von vA und A bez¨ uglich der mitrotierenvM den Basisvektoren ex und ey dargestellt.

Abb. 2.31.b. Geschwindigkeitsvektor vM und Koef¿zienten


59

2.3.3 Kreisbewegungen um momentane Achsen mit Richtungsänderungen 1 Wir

verfolgen in Abb. 2.32.a die Bewegung eines Gyroskops. Dabei rotiert der Punkt P um eine Achse F F . Gleichzeitig rotiert diese Achse F F mit der Winkelgeschwindigkeit ψ˙ und dem Neigungswinkel θ um eine vertikale Achse, so dass sie nicht richtungstreu ist. In Abb. 2.32.b erfährt der Punkt P einer Mischtrommel momentan eine Rotation um eine Drehachse F F , die gleichzeitig auf Grund der Kurvenfahrt des LKWs eine Richtungsänderung erfährt. Die beiden Beispiele in Abb. 2.32 haben zwei Merkmale: 1. Die momentane Drehachse F F erfährt ständig eine Richtungsänderung und ist somit nicht richtungstreu. 2. Man ¿ndet einen festen (bzw. bewegten) Bezugspunkt F auf der Drehachse, zu dem der Abstand des Punktes P während der Bewegung zeitlich konstant ist. Da die momentanen Drehachsen ständig eine Richtungsänderung erfahren, sind die Gleichungen (2.50) und (2.51) nicht anwendbar und sollen im Folgenden erweitert werden.

Abb. 2.32. Kreisbewegungen von Punkten im Raum um momentane Achsen: a) Punkt P eines Gyroskopes, b) Punkt P der Mischtrommel eines LKWs in der Kurvenfahrt

Die beiden Beispiele in Abb. 2.32 sind Sonderfälle der Kreisbewegung des Punktes P in Abb. 2.33 um die Achse F F . Diese Achse erfährt gleichzeitig eine translatorische Bewegung und eine Rotation, wobei sich die Abstände zwischen den Punkten F , P und F nicht verändern. Für die beiden repräsentativen Zeitpunkte ta und t > ta in Abb. 2.33 gilt analog zu Gl. (2.46) und Gl. (2.48) für die Orts- und Geschwindigkeitsvektoren xP = xF + xFP

=⇒

v = x˙ P = x˙ F + x˙ FP = vF + vPF .

(2.53)

Wir konzentrieren uns zunächst auf den momentanen Zustand zur Zeit ta in Abb. 2.33. Dieser entspricht dem Zustand in Abb. 2.30 mit vertikaler Drehachse. Damit gilt momentan die Basisdarstellung für vPF in Gl.(2.50.3), die wie folgt erweitert wird: ex ey ez vPF = −ωyex + ωxey = ex (0 z − ωy) − ey (0 z − ωx) + ez (0 y − 0 x) = 0 0 ω . x y z 1

Die Ergebnisse dieses Kapitels werden nur für das Verständnis von Kapitel 8 vorausgesetzt.

60


Abb. 2.33. Kreisbewegung eines Punktes P um eine momentane Achse mit Richtungsänderung. Zustände zur Zeit ta und t > ta , ortsfester Beobachter A und bewegter Beobachter B

Der letzte Term ist mit der Determinantenregel (A.17) als Kreuzprodukt darstellbar: 1. vPF = ω × xFP , wobei 2. ω = 0ex + 0ey + ωez , 3. xFP = xex + yey + zez . (2.54) Hierbei stimmt Gl.(2.54.3) mit Gl.(2.47) für den Vektor xFP u¨ berein. Der neu eingeführte Vektor ω wird als Winkelgeschwindigkeitsvektor bezeichnet. Er beschreibt drei Eigenschaften: 1. Die Richtung der momentanen Drehachse - zu erkennen in Gl.(2.54.2). 2. Den Betrag der Winkelgeschwindigkeit - eine√Folge der Rechenregeln (A.11) für Ba√ ˙ sisvektoren und Gl.(2.54.2): |ω| = ω · ω = 0 + 0 + ω 2 ez · ez = ω = ϕ. 3. Den Drehsinn der Winkelgeschwindigkeit - unter Beachtung, dass der Drehsinn von ω bezogen auf die Vektorbasis ex , ey , ez dem einer Rechtsschraube entspricht. Auf Grund dieser drei Eigenschaften ist ω - wie der Momentenvektor der Raumstatik - ein axialer Vektor und wird mit einer Doppelpfeilspitze gekennzeichnet, vgl. Abschnitt A.1. Zur Zeit ta gilt zusammenfassend für die Geschwindigkeit von P relativ zu F t = ta : 1. vPF = ω × xFP ,

wobei

2. ω = ωez ,

3. |ω| = ω.

(2.55)

Wir wenden uns dem Zustand zur Zeit t > ta in Abb. 2.33 zu. Hier kennzeichnet eω = eω (t) den Einheitsvektor, der mit der momentanen Drehachse zusammenfällt. Für die Vek¨ wie für den Zeitpunkt ta , torbasis ex (t), ey (t), ez (t) = eω gelten die gleichen Uberlegungen so dass die vektoriellen Gleichungen (2.55) direkt u¨ bernommen werden können: t > ta :

1. vPF = ω × xFP ,

wobei

2. ω = ωeω ,

3. |ω| = ω.

(2.56)

Auf Grund der Rechenregel (A.6.1) für das Kreuzprodukt bilden die Vektoren ω, xFP , vPF ein Rechtssystem, wobei der Vektor vPF wie in Abb. 2.33 dargestellt stets senkrecht auf ω und xFP steht.


61

Durch Einsetzen von Gl.(2.56.1) in Gl.(2.53.2) erhält man die Absolutgeschwindigkeit vP = vF + ω × xFP .

(2.57)

Der Beschleunigungsvektor ist nach De¿nition (2.14.2) die zeitliche Ableitung von vP = vP (t). Mit dem Ergebnis x˙ FP = vPF = ω × xFP in Gl.(2.56.1) folgt aus Gl.(2.57) d aP = v˙ P = v˙ F + (ω × xFP ) = aF + ω˙ × xFP + ω × ω × xFP , dt ¨ von ω wobei aF die Beschleunigung des Führungspunktes ist. Die zeitliche Anderung berücksichtigen wir mit der Definition Winkelbeschleunigungsvektor

˙ α = ω.

(2.58)

Aus der Darstellung (2.56.2) für die Winkelgeschwindigkeit erhält man α = ω˙ = ωe ˙ ω + ω e˙ ω .

(2.59)

¨ Damit gibt ω˙ die Anderung des Betrages von ω an, während e˙ ω die Richtungsänderung (,,Kippen”) der momentanen Drehachse zum Ausdruck bringt. Wir können die wesentlichen Ergebnisse dieses Abschnittes wie folgt zusammenfassen: Orts-, Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektoren ¨ Rotation um eine momentane Achse mit Richtungsänderung fur 1. xP = xF + xFP 2. vP = vF + vPF = vF + ω × xFP

(2.60)

3. aP = aF + aFP = aF + α × xFP + ω × ω × xFP .

Bemerkungen 2.8 1. Gl.(2.60.2) ist als Eulersche Geschwindigkeitsformel bekannt. 2. Die Terme vP und vF bzw. und aP und aF sind Absolutgeschwindigkeiten bzw. Absolutbeschleunigungen der Punkte P und F . Sie werden von dem Beobachter A in Abb. 2.33 in dem raumfesten Bezugssystem wahrgenommen. 3. Der Term vPF ist die Geschwindigkeit von P relativ zu F . Er beschreibt die momentane Kreisgeschwindigkeit des Punktes P um die richtungstreue Achse F F , wobei der Vektor vPF wie in Abb. 2.33 tangential zur momentanen Kreisbahn gerichtet ist. Der Term aFP ist die Beschleunigung von P relativ zu F . Er zerfällt, analog zu den (2.44), Gleichungen in einen tangentialen Anteil α × xFP und einen radialen Anteil ω × ω × xFP . Die Terme vPF und aFP werden von dem Beobachter B in Abb. 2.33 wahrgenommen, wenn dieser translatorisch von F mitgeführt wird. 4. Würde der Beobachter B in Abb. 2.33 zusätzlich zur translatorischen Bewegung mit F die Rotation der Vektorbasis ex (t), ey (t), ez (t) erfahren, dann würde er keine Geschwindigkeit und keine Beschleunigung des Punktes P wahrnehmen. 5. Für den Sonderfall einer richtungstreuen Drehachse gilt für die Zeitableitung von eω in ˙ ω . Wie in Aufgabe 2.40 gezeigt wird, ergeben sich aus Gl. (2.59) e˙ ω = 0, so dass α = ωe den Gleichungen (2.60.2) und (2.60.3) somit die Gleichungen (2.50) und (2.51).

62


Beispiel 2.18 Aufprall eines Motorrades mit Fahrer Ein Fahrer springt mit dem Motorrad eine Dühne hinunter. Kurz vor dem Aufprall haben Motorrad und Fahrer in dem gemeinsamen Schwerpunkt S die Geschwindigkeit vS , deren Richtung wie in Abb. 2.34 dargestellt gegenüber der Horizontalen durch den Winkel β festgelegt ist. Zusätzlich erfahren Motorrad und Fahrer die gemeinsame Winkelgeschwindigkeit ω. Mit Gl.(2.60.2) und raumfesten kartesischen Koordinaten bestimme man zum Zeitpunkt des Aufpralls den Geschwindigkeitsvektor des Kontaktpunktes K (ohne Berücksichtigung der Rotation des Rades).

Abb. 2.34. Absprung und Aufprall eines Motorrades mit Fahrer

¨ ¨ Voruberlegung: Die Gesamtgeschwindigkeit von Motorrad und Fahrer wird als Uberlagerung der Schwerpunktgeschwindigkeit und einer Rotationsgeschwindigkeit um den Schwerpunkt S aufgefasst. Mit der Wahl von S als Führungspunkt F , kann der Geschwindigkeitsvektor für den Kontaktpunkt K mit Gl.(2.60.2) ermittelt werden. Lösung: Mit den Bezeichnungen in Abb. 2.34 liefert Gl.(2.60.2) für den Geschwindigkeitsvektor des Punktes K S vK = vS + vK = vS + ω × xSK .

Mit den Basisdarstellungen xSK = −dS eX − hS eY + 0eZ vS = vS cos βeX − vS sin βeY + 0eZ ω = 0eX + 0eY + ωeZ eX eY eZ S 0 ω = ωhS eX − ωdS eY + 0eZ ω × xK = 0 −dS −hS 0

folgt

und schließlich vK = vS + ω × xSK = (vS cos β + ωhS )eX − (vS sin β + ωdS )eY + 0eZ .


63

Beispiel 2.19 Gyroskop in der Drehbewegung Für das sich drehende Gyroskop in Abb. 2.35 ist der Winkelgeschwindigkeitsvektor wie folgt gegeben: ω = ωx ex + ωy ey + ωz ez , wobei ωx = ψ˙ sin θ sin φ + θ˙ cos φ,

ωy = ψ˙ sin θ cos φ − θ˙ sin φ,

˙ ωz = ψ˙ cos θ + φ,

˙ ψ, ˙ φ˙ und die Winkel θ, φ bekannt sind. Die Basisvekund die Winkelgeschwindigkeiten θ, toren ex , ey , ez sind körperfest mit dem Gyroskop im Punkt 0 verbunden. Dabei fällt der Vektor ez mit der Rotationsachse des Körpers zusammen. Im späteren Abschnitt 8.2 u¨ ber die Kinematik im Raum mit Euler Winkeln wird erklärt, dass für den Winkel φ = 0 der körperfeste Vektor ex gerade in der raumfesten XY -Ebene liegt. Bestimmen Sie für diesen Sonderfall die Geschwindigkeit des Punktes B. Abb. 2.35. Gyroskop in der Bewegung

Bekannt: φ˙ = 12 rad/s, θ˙ = 4 rad/s, ψ˙ = 6 rad/s, θ = 30o , φ = 0, R = 5 cm, H = 8 cm. ¨ Voruberlegungen: Die Geschwindigkeit des Punktes B wird mit Gl.(2.60.2) berechnet. Wir legen dazu den Führungspunkt F in den Punkt 0, der die Geschwindigkeit Null hat. Lösung: Aus Gl.(2.60.2) folgt mit den Bezeichnungen in Abb. 2.35 und vF = v0 = 0 für den Geschwindigkeitsvektor des Punktes B F vB = vF + vB = v0 + ω × xFB = ω × x0B .

Mit den gegebenen Zahlenwerten erhalten der Winkelgeschwindigkeitsvektor ω und der Verbindungsvektor xFM folgende Basisdarstellungen ω = θ˙ ex + ψ˙ sin θ ey + (φ˙ + ψ˙ cos θ) ez = (4 ex + 3 ey + 17.20 ez ) rad/s x0B = R ex + 0 ey + H ez = (5 ex + 0 ey + 8 ez ) cm. Für den Geschwindigkeitsvektor erhält man mit der Determinantenregel (A.17) ex ey ez vB = ω × x0B = 4 3 17.196 = (24 ex + 53.98 ey − 15 ez ) cm/s. 5 0 8

64


2.3.4 Aufgaben zu Abschnitt 2.3 Aufgabe 2.30 (SG = 2) Bestimmen Sie für den Kran aus Beispiel 2.17 die Beschleunigung bezüglich der in Abb. 2.31 angegebenen mitrotierenden Basisvektoren ex , ey , ez .

Aufgabe 2.31 (SG = 2) Der dargestellte Winkelrahmen rotiert aus der Ruhelage mit konstanter Winkelbeschleunigung α. Bestimmen Sie zum Zeitpunkt Δt für die Punkte 1, 2, 3 bezogen auf die dargestellten mitrotierenden Basisvektoren die Vektoren für 1. die Geschwindigkeiten, 2. die Beschleunigungen. Bekannt: α, Δt, L, Lx = 2L, Ly = 0.5L.

B

α Ly m3

Lx

L

L

m2 L

ez L

L

ey ex

L m1

Aufgabe 2.32 (SG = 1) Bestimmen Sie für den Roboterarm in Beispiel 2.16 die Beschleunigung in mitrotierenden kartesischen Koordinaten. Aufgabe 2.33 (SG = 2) Lösen Sie Aufgabe 2.20 unter Verwendung von mitrotierenden kartesischen Koordinaten. Aufgabe 2.34 (SG = 2) Der Punkt M des Roboters bewegt sich nach den in Beispiel 2.16 gegebenen Funktionen. Zusätzlich erfährt der Drehpunkt A eine horizontale Geschwindigkeit vA und eine horizontale Beschleunigung aA . Für den Punkt M bestimme man die Vektoren für 1. Geschwindigkeit, 2. Beschleunigung. Bekannt: vA = 0.5 m/s, aA = 0.5 m/s2 .


65

Aufgabe 2.35 (SG = 1) Leiten Sie Gl.(2.42.3) für die Basisdarstellung des Beschleunigungsvektors in mitrotierenden Koordinaten her. Aufgabe 2.36 (SG = 2) Eine Röhre ist gegen die Vertikale um einen Winkel β geneigt. Sie rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ω um eine vertikale Drehachse. Für die Kugel im Punkt C bestimme man Größe und Richtung der Geschwindigkeit. Bekannt: β, b, h, ω.

Aufgabe 2.37 (SG =2) Die Röhre aus Aufgabe 2.36 wird mit der Winkelbeschleunigung α = ω˙ um die vertikale Drehachse bewegt. Bestimmen Sie Größe und Richtung der Beschleunigung für die Kugel im Punkt C. Aufgabe 2.38 (SG = 2) Leiten Sie unter Beachtung der Regeln (A.11) für Basisvektoren die Beziehungen (2.45) für die Vektoren der Gleichungen (2.42) und (2.44) her. Aufgabe 2.39 (SG = 2) Der Stab BC rotiert wie dargestellt mit der Winkelgeschwindigkeit ω2 um den Punkt B und ist in der momentanen Lage gegen die Vertikale um einen Winkel β geneigt. Zusätzlich rotiert der Stab AB mit der Winkelgeschwindigkeit ω1 um eine vertikale Achse, und der Punkt A bewegt sich mit der Geschwindigkeit vA senkrecht nach unten. Bestimmen Sie die Geschwindigkeit für den Punkt C. Bekannt: l, ω1 , ω2 , β.

66


Aufgabe 2.40 (SG = 2) Leiten Sie für den Fall einer richtungstreuen Drehachse aus den Gleichungen (2.60.2) und (2.60.3) die Gleichungen (2.50) und (2.51) her. Aufgabe 2.41 (SG = 1) Die Stäbe AB und BC aus Aufgabe 2.39 erfahren zusätzlich die Winkelbeschleunigungen α1 = ω˙ 1 und α2 = ω˙ 2 . Bestimmen Sie die Beschleunigung für die Kugel im Punkt C. Aufgabe 2.42 (SG = 1) Der dargestellte Roboterarm führt eine Drehbewegung der dünnen Rechteckplatte durch. Die momentane Winkelgeschwindigkeit sowie die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Punktes F sind durch die folgenden Vektoren gegeben: ω = 5ex + 6ey + 8ez rad/s vF = 0.1ex + 0.2ey + 0.3ez m/s aF = 0.1ex + 0.2ey + 0.3ez m/s2 . Hierbei sind die Basisvektoren ex , ey , ez wie dargestellt körperfest mit der Platte verbunden. Die Drehwinkelbeschleunigung ist α = 0. Gesucht sind für den Schwerpunkt S 1. der Geschwindigkeitsvektor, 2. der Beschleunigungsvektor. Bekannt: b = 0.05, m, l = 0.1m. Aufgabe 2.43 (SG = 1) Fahrer und Motorrad in Beispiel 2.18 erfahren im gemeinsamen Schwerpunkt die Erdbeschleunigung g = 9.81 m/s2 sowie eine Drehbeschleunigung α = ω˙ = 2 rad/s2 . Bestimmen Sie die Beschleunigung des Auftreffpunktes B. Aufgabe 2.44 (SG = 1) Für den Kran in Beispiel 2.17 bestimme man bezogen auf raumfeste kartesische Koordinaten den Beschleunigungsvektor des Punktes M mit Gl.(2.60.3).

Aufgabe 2.45 (SG = 2) Für das Gyroskop in Beispiel 2.19 bestimme man bezogen auf körperfeste kartesische Koordinaten den Geschwindigkeitsvektor des Punktes P . Geben Sie eine anschauliche Interpretation des Ergebnisses.


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Aufgabe 2.46 (SG = 3) Ein LKW fährt mit der sich mit ωT drehenden Mischtrommel in einer Kurve. Dabei bewegt sich der Punkt S mit konstanter Geschwindigkeit vS auf einer Kreisbahn mit konstantem Radius R. Zur Zeit t = 0 hat der Punkt P wie dargestellt die höchste Lage, und für den Winkel Ψ in der XY Ebene gilt Ψ = 0. Bestimmen Sie bezogen auf die dargestellten raumfesten Basisvektoren eX , eY , eZ die Vektoren für den Ort, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung zur Zeit t = 0. Bekannt: vS = 60 km, R = 100 m, l1 = l = 5m, l2 = 1.2l, r = 0.6 m, ωT = 4vS /R = konst, α = 30o . Aufgabe 2.47 (SG = 3*) Der Schwerpunkt S des Hinterrades eines Personenkraftwagens durchfährt eine Kurve mit Radius R und konstanter Geschwindigkeit vS . Der Radius des Reifens beträgt r. Zur Zeit t = 0 hat der Punkt P die höchste Lage mit dem Winkel ϕ = 0, und für den Winkel Ψ in der XZEbene gilt Ψ = 0. Bestimmen Sie bezogen auf die dargestellten raumfesten Basisvektoren die Vektoren für den Ort, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung zu den Zeiten 1. t = 0, Ψ = 0, ϕ = 0, 2. t = 5 s. Bekannt: vS = 50 km, R = 10 m, r = 30 cm,

Aus Erfahrung wissen wir, dass Kräfte den Bewegungszustand eines Körpers verändern können. Ein stehender Handwagen wird durch eine Zugkraft beschleunigt, ein fahrender PKW wird durch eine Bremskraft zum Stillstand gebracht. Umgekehrt können Bewegungszustände Kräfte verursachen. Drehbewegungen in einem Rotor, der nicht ausgewuchtet ist, führen zu AuÀagerkräften und langfristig zu Schäden an den AuÀagern. Die Fahrbewegungen des in der Abbildung dargestellten Achterbahnwagens haben sowohl für die Fahrgäste als auch für die Stahlkonstruktion komplexe Kraftwirkungen zur Folge. Bewegungs- und Kraftgrößen stehen also in Wechselwirkungen. Bei der Planung und Entwicklung von Konstruktionen, wie z.B. eines Achterbahnloopings, müssen diese von dem Berechnungsingenieur berücksichtigt werden, so dass Schäden für Personen, die Konstruktionen und die Umwelt ausgeschlossen werden.

3 Kinetik des Massenpunktes

Wechselwirkungen zwischen Bewegungs- und Kraftgrößen werden in der Kinetik auf der Grundlage des zweiten Axioms von Newton untersucht. In diesem Kapitel wird das Axiom auf diskrete Massenpunkte angewendet. Reale Körper werden mit einem Ersatzmodell behandelt, bei dem wir gedanklich die gesamte Masse in einem Punkt vereinigen. Eine solche Idealisierung ist dann zulässig, wenn Drehbewegungen, wie z.B. beim Àiegenden Golfball, nur geringen EinÀuss auf die Kinetik des Körpers haben.

3.1 Die drei Newtonschen Axiome der klassischen Mechanik Axiome sind nicht beweisbar, sondern werden aus Experimenten oder aus der Beobachtung und Analyse von Naturerscheinungen abgeleitet. Im Folgenden werden die Axiome von Newton zur Bewegung von materiellen Körpern zusammengefasst. Er hat sie im Jahre 1687 in der Arbeit Principia Mathematica Philosophia Naturalis (Die mathematischen Grundsätze der Naturphilosophie) veröffentlicht. Diese Gesetze bilden das Fundament der klassischen Mechanik und sind Grundlage von zahlreichen Berechnungen in der Technischen Mechanik.1 Am Anfang des Werkes formuliert Newton vier Begriffe, die sinngemäß wie folgt zusammengefasst werden können: 1. Die Masse m kennzeichnet die ,,Menge der Materie”. 2. Der Impuls p ist das Produkt von Masse und Geschwindigkeit: p = m · v.

(3.1)

3. Die Trägheit kennzeichnet das Widerstandsvermögen einer Masse. Durch diese verharrt der Körper von sich aus in der geradlinigen, gleichförmigen Bewegung. Der Ruhezustand ist ein Sonderfall dieser Bewegung. 4. Eine Kraft F ist eine physikalische Größe, welche den Zustand eines Körpers der Ruhe oder der geradlinigen, gleichförmigen Bewegung zu a¨ ndern vermag. Unter Verwendung der vier Begriffe Masse, Impuls, Trägheit und Kraft hat Newton seine drei berühmten Axiome, das Trägheitsgesetz, das dynamische Grundgesetz und das Wechselwirkungsgesetz formuliert. In Abb. 3.1 sind diese zusammengefasst und werden mit den Wechselwirkungen zwischen Kräften und Bewegungen für Inline-Skater veranschaulicht. 1

Da die Newtonschen Axiome aus Weiterentwicklungen der modernen Physik ableitbar sind, werden sie heute nicht mehr unbedingt als Axiome angesehen. Um der historischen Bedeutung der Gesetze gerecht zu werden, werden wir im Folgenden dennoch die Bezeichnung Axiome verwenden.

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Die Newtonschen Axiome

Abb. 3.1.a. Der Inline-

Lex prima (Das Trägheitsgesetz): Jeder Körper verharrt im Zustand der Ruhe oder der gleichförmigen und geradlinigen Bewegung, solange er nicht durch a¨ ußere Kräfte gezwungen wird, seinen Zustand zu a¨ ndern.

Skater würde mit unveränderter Geschwindigkeit geradlinig weiterrollen, wenn nicht a¨ ußere Kräfte, insbesondere Reibungskräfte, auf ihn einwirken würden.

Lex secunda (Das dynamische Grundgesetz): ¨ Die zeitliche Anderung des Impulses ist gleich der aufgeprägten Kraft und hat die Richtung dieser Kraft. Abb. 3.1.b. Bei zeitlich konstanter Masse m gilt für die zeitliche ¨ Anderung des Impulses p˙ = mv˙ = ma. Für zwei Skater folgt bei gleicher Krafteinwirkung F = m1 a1 = m2 a2 . Der Skater mit kleinerer Masse m1 erfährt somit eine größere Beschleunigung als der Skater mit größerer Masse m2 .

Lex tertia (Das Wechselwirkungsgesetz): Die wechselseitigen Beeinflussungen zweier Körper aufeinander sind immer gleich groß und entgegengesetzt (“actio est reactio”). Abb. 3.1.c. Wenn zwei Skater sich voneinander abstoßen, dann ist die Kraft, die von der linken Person auf die rechte Person ausgeübt wird, gleich der Kraft, welche die rechte Person auf die linke Person ausübt. Als Folge dieser Kraft bewegen sich beide Personen rückwärts. Abb. 3.1. Zusammenfassung und Erläuterung der Newtonschen Axiome

Bemerkungen 3.1 1. Das erste Axiom wurde bereits von Galileo Galilei (1564-1642) in der Arbeit Discorsi e dimostrazione matematiche (1638) veröffentlicht. Obwohl es implizit im zweiten Axiom enthalten ist, wird es stets separat aufgeführt, da es wesentlich zur Abkehr von der bis dahin vorherrschenden Naturphilosophie von Aristoteles beitrug.

3.2 Das dynamische Grundgesetz für den Massenpunkt

71

2. Das dritte Axiom gilt für Nahkräfte (z.B bei Kontakt) und Fernkräfte (z.B. bei Gravitation). Für Nahkräfte kann dessen Aussage in der Statik aus dem Gleichgewichtsaxiom abgeleitet werden. Die Erweiterung auf Fernkräfte ist in der Tat axiomatisch, da sie nicht durch andere Axiome beweisbar ist. 3. Zwei weitere Axiome aus der Statik u¨ ber Kräfte sind auch in der Kinetik gültig. Dieses sind das Parallelogrammaxiom (,,Zwei Kräfte werden vektoriell addiert”) und für starre Körper das Verschiebungsaxiom (,,Eine Kraft kann entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden”). Wie in der Statik ist auch das Eulersche Schnittprinzip anwendbar.

¨ den Massenpunkt 3.2 Das dynamische Grundgesetz fur 3.2.1 Vektorielle Formulierung des dynamischen Grundgesetzes und Ersatzmodell Wir wenden uns der mathematischen Formulierung des zweiten Newtonschen Axioms in heutiger Vektornotation zu. Dazu wird vorab eine Vereinfachung eingeführt: Anstatt des realen Körpers in Abb. 3.2.a verwenden wir das Ersatzmodell in Abb. 3.2.b, bei dem wir uns die gesamte Masse m in einem Massenpunkt vereinigt denken. Wir wählen dazu den Massenmittelpunkt des realen Körpers, der für technische Körper genügend genau mit dem Schwerpunkt S zusammenfällt. Die an dem realen Körper wirkenden Kräfte F1 , F2 , .... Fn werden in dem Ersatzmodell ohne Berücksichtigung des wirklichen Angriffspunktes dem Masssenpunkt zugeordnet und durch einen resultierenden Kraftvektor FR ersetzt. Wir wenden jetzt das zweite Axiom von Newton auf den Massenpunkt an. Dazu wird in Erweiterung von De¿nition (3.1) der Impulsvektor p als Produkt von Masse m und Geschwindigkeitsvektor des Massenpunktes v eingeführt, und wir erhalten

Abb. 3.2. Resultierende Kräfte und Bewegungen für a) den realen Körper, b) das Ersatzmodell mit Massenpunkt

Das dynamische Grundgesetz für den Massenpunkt: Formulierung mit dem Impulsvektor 1.

p˙ = FR ,

2.

p = mv n FR = Fi

3.

wobei

(3.2)

Impulsvektor resultierender Kraftvektor.

i=1

Mit der Produktregel erhält man für die Zeitableitung des Impulsvektors p˙ = mv ˙ + mv˙ = mv ˙ + ma.

(3.3)

72


Für zeitlich konstante Masse gilt m ˙ = 0, und aus den Gleichungen (3.2) folgt Das dynamische Grundgesetz für den Massenpunkt: Formulierung mit dem Beschleunigungsvektor bei konstanter Masse wobei 1. ma = FR , ¨ 2. a = v˙ = x Beschleunigungsvektor n Fi resultierender Kraftvektor. 3. FR =

(3.4)

i=1

Bemerkungen 3.2 1. Das dynamische Grundgesetz (3.4) - “Masse mal Beschleunigung gleich Summe aller Kräfte” - ist die Grundlage bei der Aufstellung von Bewegungs-Differenzialgleichungen (kurz: Bewegungsgleichungen) für zahlreiche Systeme der Technischen Mechanik. Der mathematische Zusammenhang F = ma zwischen einer Kraft F und einer Beschleunigung a wurde erstmals im Jahre 1752 von Euler in der Arbeit Entdeckung eines neuen Prinzipes der Mechanik und nicht von Newton selbst angegeben [29]. 2. Neben Länge und Zeit wird als dritte Grundgröße der Mechanik die träge Masse mit der Einheit Kilogramm (kg) eingeführt. Ein Kilogramm ist die träge Masse einer in Sèvres bei Paris aufbewahrten internationalen Standard-Masse aus Platin-Iridium, dem Urkilogramm [32]. Damit ergibt sich die Einheit einer Kraft, das Newton (N), aus dem dynamischen Grundgesetz (3.4.1) zu 1 N = 1 kg · 1 m/s2 = 1

kg m . s2

(3.5)

Es gilt: Ein N ist die Kraft, die der Masse 1 kg die Beschleunigung 1 m/s2 erteilt. 3. Da m eine skalare Größe ist, folgt aus Gl.(3.4.1), dass der Beschleunigungsvektor a wie in Abb. 3.2 dargestellt dieselbe Richtung wie der Kraftvektor FR hat. 4. Bezugssysteme, in denen das dynamische Grundgesetz in der Form (3.2) bzw. (3.4) gilt, werden als Inertialsysteme bezeichnet. Aus der Erfahrung ist sofort einsehbar, dass für Inline-Skater in einem abbremsenden Zug oder auf einem Rondell andere physikalische Gesetzmäßigkeiten als in Abb. 3.1 gelten, so dass jene keine Inertialsysteme sind. In der Technik genügt es meist, das Bezugssystem mit einem Punkt der ErdoberÀäche fest zu verbinden. In Kapitel 8 wird das dynamische Grundgesetz auf Bezugssysteme erweitert, welche keine Inertialsysteme sind. 5. Für den realen Körper in Abb. 3.2.a ist zu erwarten, dass infolge der nicht im Schwerpunkt S angreifenden Kraft FR außer einer translatorischen Bewegung auch eine Verdrehung (oder: Rotation) entsteht. Die für das Ersatzmodell in Abb. 3.2.b verschobene Kraft in den Schwerpunkt hat in ihrer Wirkung auf den realen Körper dagegen nur eine translatorische Bewegung zur Folge. Damit gilt: Die Wechselwirkungen zwischen Kräften und Drehbewegungen eines realen Körpers werden mit dem dynamischen Grundgesetz für den Massenpunkt nicht erfasst. Dessen war sich auch Newton bewusst, als er in dem Vorwort zur Principia schrieb: ,,Wenn es doch gelingen würde, auch die an¨ deren Naturphänomene durch Uberlegungen gleicher Art aus mechanischen Prinzipien


73

herzuleiten” (Zitat aus [29]). Wir verschieben diese Thematik auf die nachfolgenden Kapitel u¨ ber Massenpunktsysteme und starre Körper und begründen dann auch die Wahl des Massenmittelpunktes bzw. des Schwerpunktes für das Ersatzmodell. 6. In der Mechanik unterscheidet man die träge Masse von der schweren Masse, die für den Anziehungseffekt verantwortlich ist. Dieser Effekt wurde erstmals von Newton mit dem Gravitationsgesetz berücksichtigt, siehe Abschnitt 3.3.8. Der damit verbundene experimentell bestätigte Unterschied beider Massen ist in der klassischen Mechanik unerklärt und wird erst in der allgemeinen Relativitätstheorie verstanden [32]. 7. Sind die Geschwindigkeiten in der Nähe der Lichtgeschwindigkeit c = 3 · 108 m/s, so müssen die Gesetze der Relativitätstheorie beachtet werden, die wesentlich von den Wissenschaftlern Lorents, Maxwell, Fitzgerald, Einstein geprägt wurden. Für Abmessungen eines Körpers im atomaren Bereich müssen die Gesetze der Quantenmechanik beachtet werden, die von den Wissenschaftlern Planck, Schrödinger, Dirac geprägt sind. In der Technischen Mechanik haben diese Aspekte jedoch keine Bedeutung. Zur Lösung von Aufgaben der Kinetik wird das dynamische Grundgesetz zweckmäßig mit verschiedenen Koordinaten aus Kapitel 2 formuliert. Dieses wird im Folgenden erläutert. 3.2.2 Das dynamische Grundgesetz in raumfesten kartesischen Koordinaten Zur Formulierung des dynamischen Grundgesetzes in kartesischen Koordinaten werden beide Seiten von Gl.(3.4.1) (gemäß De¿nition (A.12)) bezüglich der Basisvektoren eX , eY , eZ dargestellt. Die linke Seite von Gl.(3.4.1) erhalten wir durch Multiplikation des Beschleunigungsvektors in den Gleichungen (2.19.3) mit der Masse m ¨ Z. ¨ X + mY¨ eY + mZe ma = mXe

(3.6)

Die rechte Seite von Gl.(3.4.1) folgt aus der Basisdarstellung Fi = FiX eX +FiY eY +FiZ eZ für die einzelnen Kraftvektoren und deren Summation zum resultierenden Kraftvektor n n n n Fi = FiX eX + FiY eY + FiZ eZ . (3.7) FR = n

i=1

i=1

i=1

i=1

Dabei ist z.B. i=1 FiX die Summe aller am Massenpunkt angreifenden Kräfte in Richtung des Basisvektors eX . Durch Koef¿zientenvergleich von Gl.(3.6) mit Gl.(3.7) folgt aus dem dynamischen Grundgesetz (3.4.1) Das dynamische Grundgesetz für den Massenpunkt in raumfesten kartesischen Koordinaten ¨ = n FiX 1. X : mX i=1 2. Y : mY¨ = ni=1 FiY 3. Z : mZ¨ = ni=1 FiZ .

(3.8)

Dieses sind drei skalare Gleichungen, die für die drei Koordinatenrichtungen getrennt formuliert werden.

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¨ Aufgaben der Kinetik 3.2.3 Lösungsschritte fur In der Kinetik werden zwei Arten von Aufgaben unterschieden: 1. Bei bekannten Kräften wird nach dem Bewegungsablauf gefragt. 2. Bei bekanntem Bewegungsablauf wird nach den auftretenden Kräften gefragt. Die Vorhersage des Bewegungsablaufes eines Körpers im freien Fall oder beim schiefen Wurf sind Beispiele für den ersten Fall. Die Berechnung von Lagerkräften in rotierenden Systemen ist ein Beispiel für den zweiten Fall. In beiden Fällen kann nach den in Tabelle 3.1 zusammengefassten Schritten vorgegangen werden.

1. Idealisierung des realen Systems Hier wird das der Berechnung zu Grunde liegende mechanische System festgelegt. Dazu müssen der Schwerpunkt (und ggf. die Schwerpunktlinie) bekannt sein und die Lagerbedingungen (Gelenke, Einspannungen, Reibungslager) festgelegt werden. 2. Eintragen eines geeigneten Koordinatensystems Zur Auswahl stehen insbesondere die verschiedenen Koordinatensysteme aus Kapitel 2: Raumfeste kartesische Koordinaten, Zylinderkoordinaten, natürliche Koordinaten sowie mitrotierende kartesische Koordinaten. 3. Freischneiden Der Körper wird - in einer beliebigen, repräsentativen Lage - durch gedachte Schnitte von seinen Bindungen zu anderen Körpern oder Lagern gelöst. Anschließend werden die von anderen Körpern oder von AuÀagern zu u¨ bertragenden Kräfte als a¨ ußere Kräfte wirkend in den gedachten Schnitten eingetragen. 4. Formulierung des dynamischen Grundgesetzes in Koordinatenrichtungen Bezüglich der Vorzeichen gilt: Bewegungs- und Kraftgrößen sind in den skalaren Bewegungsgleichungen positiv, wenn die zugehörigen Vektoren in die Richtungen der Basisvektoren zeigen. Die Beschleunigungsterme sind in den Bewegungsgleichungen auf den Schwerpunkt S zu beziehen. 5. Bearbeitung zusätzlicher Aufgabenstellungen Wird bei bekannten Kräften nach dem Bewegungsablauf gefragt, so wird i.d.R. eine Integration der Bewegungsgleichungen unter Berücksichtigung der bekannten Anfangsbedingungen notwendig. Hierzu können die Lösungen der in Tabelle 2.1 zusammengestellten Grundaufgaben verwendet werden. Falls der Beschleunigungszustand bekannt ist, so können die auftretenen Kräfte, wie z.B. Auflagerreaktionen, berechnet werden. Ggf. muss bei bekanntem Orts- und Geschwindigkeitszustand der Beschleunigungszustand durch zeitliche Ableitung ermittelt werden. Tabelle 3.1. Lösungsschritte für Aufgaben der Kinetik mit dem dynamischen Grundgesetz


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Beispiel 3.1 Geschwindigkeitsmarken eines Flugzeuges beim Start In der Startphase eines Fluges sind verschiedene Geschwindigkeitsmarken von Bedeutung. Die wichtigste ist die Entscheidungsgeschwindigkeit V1 (,,take-off decision speed”), die vor jedem Flug unter Berücksichtigung der Landung und der meterologischen Bedingungen errechnet wird. Abb. 3.3. Geschwindigkeitsmarken eines Flugzeuges beim Start

Während der Startphase wird das Erreichen von V1 vom Co-Piloten bekanntgegeben, so dass der Flugzeugführer zwischen Startfortsetzung und Startabbruch, z.B. wegen eines Triebwerkausfalls, entscheiden kann. Eine weitere Marke ist die Abhebegeschwindigkeit VLOF (,,lift-off speed”), bei der das Flugzeug abhebt. a) Zeigen Sie, dass die gegebene Schubkraft FS zum Erreichen von V1 innerhalb der Strecke S1 ausreichend ist. b) Welche Strecke SLOF wird beim Erreichen der Abhebegeschwindigkeit VLOF zurückgelegt? Bekannt: Masse m = 250 t, FS = 700 kN, S1 =1 km, V1 = 260 km/h, VLOF = 280 km/h. Hinweise: Auf Grund der geradlinigen, horizontalen Bewegung kann die Startphase mit einer Koordinate X beschrieben werden. Die Schubkraft FS wird dabei als konstant angenommen. Die Widerstandskräfte infolge Luftströmung, Reibungskräften am Fahrgestell sowie der Rollwiderstand bleiben unberücksichtigt. ¨ Voruberlegungen: Es wird eine X-Koordinate in horizontaler Richtung eingeführt. Die Berechnungen erfolgen auf der Grundlage des dynamischen Grundgesetzes (3.8.1) in raumfesten kartesischen Koordinaten. Lösung: In dem Freischnitt in Abb. 3.3.b ist die in Bewegungsrichtung wirkende Schubkraft FS eingetragen. Das dynamische Grundgesetz (3.8.1) lautet X:

¨ = FS . mX

Abb. 3.3.b. Flugzeug mit Schubkraft FS

Da sich die Schubkraft FS mit dem Ort X nicht a¨ ndert, gilt die funktionale Abhängigkeit ¨ a(X) = X(X)= konst. Damit kann die Geschwindigkeit mit der fünften Grundaufgabe der

76


Tabelle 2.1 bestimmt werden. Mit den Anfangsbedingungen v0 = 0, X0 = 0 ergibt sich X X FS FS 2 v(X) = v0 + 2 dX = 2 X. a(X)dX = 2 m m X0 0 Für den Teil a) der Aufgabenstellung folgt somit für X = S1 700 · 103 kg m2 v(X = S1 ) = 2 · 1000 = 74.8 m/s = 269.4 km/h > 260 km/h = V1 . 250 · 103 kg s2 Für Teil b) wird die Beziehung für v(X) nach der gesuchten Strecke X=SLOF aufgelöst:

m 280 m 2 250 · 103 kg s2 2 SLOF = VLOF = 1080.2 m. = 2FS 3.6 s 2 · 700 · 103 kg m Beispiel 3.2 Flugbahn eines Golfballs Ein Golfball der Masse m wird an der ErdoberÀäche unter einem Winkel α0 abgeschlagen. Bezogen auf das in Abb. 3.4 eingetragene Koordinatensystem bestimme man a) die Bahnkurve Z(X), b) die Steigzeit tS der Steighöhe h, c) die zu tS gehörige Steighöhe, ur die d) den Abschlagwinkel αH 0 f¨ maximal mögliche Steighöhe H, e) die Flugdauer tF , f) die zu tF gehörige Wurfweite l, ur die g) den Abschlagwinkel αL 0 f¨ maximale Wurfweite L. Abb. 3.4. Flugbahn eines Golfballs

¨ Voruberlegungen: Die Berechnung erfolgt mit den Gleichungen (3.8) für das dynamische Grundgesetz in raumfesten kartesischen Koordinaten. Obwohl die Bewegung in der X, ZEbene auftritt, werden zur vollständigen Beschreibung der Flugbahn die Bewegungsgleichungen für alle drei Koordinatenrichungen formuliert. Lösung: In einer beliebigen Lage des Golfballs wird in Abb. 3.4 die nach unten wirkende Gewichtskraft mg entgegen der Z-Richtung eingetragen. Aus (3.8) folgt dann ¨ = 0, X : mX

Y : mY¨ = 0,

Z : mZ¨ = −mg.

Wir teilen alle drei Gleichungen durch m und führen jeweils eine zweifache Integration durch: ¨ =0 X ¨ Y =0 Z¨ = −g

=⇒ =⇒ =⇒

X˙ = C1 Y˙ = C3 Z˙ = −gt + C5

=⇒ =⇒ =⇒

X = C1 t + C 2 Y = C3 t + C 4 Z = − 21 gt2 + C5 t + C6 .


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Die Bestimmung der Konstanten C1 bis C6 geschieht für alle drei Koordinatenrichtungen unter Verwendung von Anfangsbedingungen für den Ort und die Geschwindigkeit X(t = 0) = 0 = C2 , Y (t = 0) = 0 = C4 , Z(t = 0) = 0 = C6 , ˙ = 0) = v0 sin α0 = C5 . ˙ = 0) = v0 cos α0 = C1 , Y˙ (t = 0) = 0 = C3 , Z(t X(t Damit können die Koordinaten in Abhängigkeit der Zeit angegeben werden X(t) = v0 cos α0 t, Y (t) = 0, Z(t) = v0 sin α0 t − 12 gt2 , womit auch formal bestätigt ist, dass in Y -Richtung keine Bewegung auftritt. a) Zur Ermittlung der Bahnkurve Z(X) wird die Zeit t aus den Beziehungen für X(t) und Z(t) eliminiert t=

X v0 cos α0

=⇒

Z(X) = X tan α0 − X 2

g . 2v02 cos2 α0

(3.9)

Damit beschreibt der Golfball eine Parabel (Wurfparabel). b) Die Steigzeit tS wird aus der Bedingung Z˙ = 0 bestimmt, d.h. v0 sin α0 . Z˙ = v0 sin α0 − gt = 0 =⇒ tS = g c) Die zu tS gehörige Steighöhe h erhalten wir aus der oberen Beziehung für Z(t): h = Z(tS ) = v0 sin α0

v0 sin α0 1 v02 sin2 α0 1 v02 sin2 α0 = − g . g 2 g2 2 g

ur die maximal mögliche Steighöhe H folgt aus der Bedingung d) Der Abschlagwinkel αH 0 f¨ d Z(tS ) 1 π 1 v02 1 v02 = v02 2 sin α0 cos α0 = 0 =⇒ αH =⇒ H = sin2 αH . 0 = 0 = dα0 2g 2 2 g 2 g e) Die Flugdauer tF folgt aus der Bedingung

1 2 Z(tF ) = tF v0 sin α0 − gtF = 0 =⇒ tF = v0 sin α0 . 2 g f) Die zu tF gehörige Wurfweite l erhalten wir aus der oberen Beziehung für X(t): v2 2 l = X(tF ) = v0 cos α0 tF = v0 cos α0 v0 sin α0 = 0 sin 2α0 = X(α0 ). g g g) Der Abschlagwinkel αL ur die maximale Wurfweite L folgt aus der Bedingung 0 f¨ π v2 d X(α0 ) v0 π π L = 2 cos(2α0 ) = 0 =⇒ 2αL = = =⇒ α =⇒ L = X = 0. 0 0 dα0 g 2 4 4 g

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¨ 3.2.4 Gefuhrte Bewegungen Bewegt sich ein Körper auf einer vorgegebenen Fläche (Freiheitsgrad f =2) oder Kurve (f =1), spricht man von einer geführten Bewegung. In Abb. 3.5.a bewegt sich die Kugel auf dem Billiardtisch, solange sie nicht den Tischrand berührt, in zwei voneinander unabhängigen Richtungen, und hat somit den Freiheitsgrad f =2. Die Bewegungsbehinderung in vertikaler Richtung bewirkt eine vertikale Reaktionskraft. Abb. 3.5.b zeigt eine Magnetschwebebahn in einer Kurvenfahrt. Die Bewegung ist kinematisch an den vorgegebenen Bahnverlauf gebunden, so dass für den Freiheitsgrad f =1 gilt. Dabei entstehen Trag- und Führungskräfte senkrecht zur Bahn. Da wegen der Eigenschaft (2.16.1) die Geschwindigkeit v tangential zur Bahn verläuft, sind diese Reaktionskräfte auch stets senkrecht zur Geschwindigkeit.

Abb. 3.5. Beispiele für geführte Bewegungen: a) Kugel auf Billiardtisch b) Magnetschwebebahn in einer Kurve mit Tragkraft FT und Führungskraft FF senkrecht zur Geschwindigkeit v

Wir wollen hier auf eine allgemeine Darstellung von geführten Bewegungen im Raum (z.B. unter Verwendung Gaußscher Flächenparameter) verzichten und uns stattdessen auf folgende Bemerkungen beschränken: Bemerkungen 3.3 1. Geführte Bewegungen eines Körpers rufen im Allgemeinen Reaktionskräfte hervor. Ist die Bewegung im Raum kinematisch an eine Fläche gebunden (f = 2), so tritt eine Reaktionskraft senkrecht zu dieser Fläche auf. Bei einer Bewegung entlang einer Bahn im Raum (f = 1) treten zwei unabhängige Kräfte in einer Ebene senkrecht zur Bahn auf. 2. Reaktionskräfte werden mit dem aus der Statik bekannten Schnittprinzip sichtbar gemacht und sind somit der Berechnung mit dem dynamischen Grundgesetz zugänglich. 3. Die Bindung der Bewegung an eine Fläche wird mit dem dynamischen Grundgesetz durch zwei skalare Gleichungen beschrieben, die im Allgemeinen miteinander gekoppelt sind. Bewegungen auf einer Bahn können durch eine skalare Gleichung beschrieben werden. 4. Raumfeste kartesische Koordinaten sind in vielen Fällen nicht zur Berechnung von geführten Bewegungen mit dem dynamischen Grundgesetz geeignet. Häu¿g wird durch Einführung anderer Koordinatensysteme eine Formulierung des dynamischen Grundgesetzes gefunden, die mathematisch einfacher zu behandeln ist. Dazu wird im Folgenden das dynamische Grundgesetz in Zylinderkoordinaten, natürlichen Koordinaten und mitrotierenden kartesischen Koordinaten formuliert.


79

3.2.5 Das dynamische Grundgesetz in Zylinderkoordinaten Zur Formulierung des dynamischen Grundgesetzes in Zylinderkoordinaten werden beide Seiten von Gl.(3.4.1) (gemäß De¿nition (A.12)) bezüglich der Basisvektoren er , eϕ , ez dargestellt. Die linke Seite von Gl.(3.4.1) erhalten wir durch Multiplikation des Beschleunigungsvektors in den Gleichungen (2.25.3) mit der Masse m ma = m(¨ r − r ϕ˙ 2 )er + m(2r˙ ϕ˙ + r ϕ)e ¨ ϕ + m¨ z ez .

(3.10)

Die rechte Seite von Gl.(3.4.1) folgt aus der Basisdarstellung Fi = Fir er + Fiϕ eϕ + Fiz ez für die einzelnen Kraftvektoren und deren Summation zum resultierenden Kraftvektor n n n n FR = Fi = Fir er + Fiϕ eϕ + Fiz ez . (3.11) i=1

i=1

i=1

i=1

n

Dabei ist z.B. i=1 Fir die Summe aller am Massenpunkt angreifenden a¨ ußeren Kräfte in Richtung des Basisvektors er . Durch Koef¿zientenvergleich von Gl.(3.10) mit Gl.(3.11) folgt aus dem dynamischen Grundgesetz (3.4.1) Das dynamische Grundgesetz für den Massenpunkt in Zylinderkoordinaten n 1. r : m(¨ r − r ϕ˙ 2 ) = i=1 Fir n 2. ϕ : m(2r˙ ϕ˙ + r ϕ) ¨ = i=1 Fiϕ 3. z : m¨ z = ni=1 Fiz .

(3.12)

Beispiel 3.3 Mathematisches Pendel Eine Kugel der Masse m hängt an einem masselosen Seil der Länge l. Sie wird in einer Anfangslage zur Zeit t = 0 mit dem Winkel ϕ(t = 0) = ϕ0 losgelassen und schwingt anschließend in einer Ebene im Schwerefeld der Erde. Gesucht ist die Bewegungsgleichung für den Winkel ϕ(t) bei Beschränkung auf kleine Auslenkungen. Bemerkung: Ein Körper, der als idealisierter Massenpunkt um einen festen Punkt schwingt, wird als mathematisches Pendel bezeichnet. ¨ Voruberlegungen: Die Kugel beschreibt eine geführte Bewegung auf einer Kreisbahn, die zweckmäßig mit Zylinderkoordinaten (bzw. Polarkoordinaten) r, ϕ beschrieben wird. Die Seilkraft wird durch Freischneiden der Punktmasse sichtbar gemacht. Unter Berücksichtigung der Gewichtskraft im Freischnitt wird das dynamische Grundgesetz mit den Gleichungen (3.12) formuliert.

Abb. 3.6. Mathematisches Pendel

80


Lösung: Da die Länge des Seiles l sich während der Bewegung nicht a¨ ndert, kann die Lage des Massenpunktes in jedem Augenblick mit dem von der statischen Ruhelage aus zählenden Winkel ϕ angegeben werden. Im Freischnitt werden alle an der Kugel angreifenden Kräfte eingetragen. Dabei kennzeichnen FS die Seilkraft und mg die senkrecht nach unten wirkende Gewichtskraft. Aus den Gleichungen (3.12.1) und (3.12.2) folgt r:

m(¨ r − r ϕ˙ 2 ) = −mlϕ˙ 2 = mg cos ϕ − FS

ϕ:

m(2r˙ ϕ˙ + r ϕ) ¨ = mlϕ¨

Abb. 3.6.b. Freischnitt, Basisvektoren und Kräfte

= −mg sin ϕ.

Hierbei wurde r˙ = 0 berücksichtigt, da die Bewegung auf der Kreisbahn mit konstantem Radius r = l verläuft. Es stehen also zwei Differenzialgleichungen für die beiden Unbekannten ϕ und FS zur Verfügung. Da in der zweiten Gleichung nur die Unbekannte ϕ auftritt, ist deren Lösung zur Beschreibung des Bewegungsablaufes ausreichend. Teilt man diese Gleichung durch ml und bringt alle Terme auf die linke Seite so folgt g ϕ¨ + sin ϕ = 0. l Damit erhält man eine nichtlineare Differenzialgleichung auf deren Lösung hier nicht eingegangen werden soll. Bei Beschränkung auf kleine Winkel gilt ϕ ≈ sin ϕ 2 , und es folgt die lineare Differenzialgleichung g ϕ¨ + ϕ = 0. l Wie man einfach nachprüfen kann, wird diese Differenzialgleichung von dem Ansatz ϕ(t) = A sin(ωt) + B cos(ωt), ω = g/l erfüllt. Die Bestimmung der Konstanten A und B geschieht unter Berücksichtigung von Anfangsbedingungen für den Verdrehwinkel und die Winkelgeschwindigkeit zur Zeit t = 0: ϕ(t = 0) = ϕ0 ϕ(t ˙ = 0) = 0

=⇒ =⇒

B = ϕ0 , A = 0.

ϕ (t) ϕ0

Damit lautet die Bewegungsgleichung ϕ(t) = ϕ0 cos(ωt).

t T= 2π/ω Abb. 3.6.c. Winkel als Funktion der Zeit

Der Schwingungsvorgang wird also für kleine Auslenkungen, wie in Abb. 3.6.c dargestellt und wie bereits in Beispiel 2.2 behandelt, durch eine harmonische Funktion mit der Schwingungsdauer T = 2π/ω beschrieben. 2

Man u¨ berprüfe diese Näherung z.B. für den Winkel ϕ = 0.001234 rad mit einem Taschenrechner.


81

Beispiel 3.4 Stein in der Erdumlaufbahn Ein Stein wird von einer Bergspitze horizontal abgeworfen. Welche Geschwindigkeit müßte er haben, damit er unter dem EinÀuss der Gewichtskraft nicht den Erdboden berührt und an den Abwurfort zurückkehrt? Hinweise: Die Bergspitze wird im Abstand RE = 6370 km vom Erdmittelpunkt angenommen. Die Erde kann als kugelförmig angesehen werden, so dass der Bahnverlauf näherungsweise kreisförmig ist. Widerstände jeglicher Art werden vernachlässigt.

Abb. 3.7. Stein in der Erdumlaufbahn

¨ Voruberlegung: Für die kreisförmige Bewegung wird das dynamische Grundgesetz zweckmäßig mit den Gleichungen (3.12) für Zylinderkoordinaten formuliert. Da Widerstandskräfte vernachlässigt werden, ist nur die Gewichtskraft mg als Kraftwirkung zu berücksichtigen. Lösung: Aus den Gleichungen (3.12.1) und (3.12.2) in Zylinderkoordinaten folgen die Bewegungsgleichungen: r : m (−r ϕ˙ 2 ) = −mg ϕ : m r ϕ¨ = 0. Gl.(3.12.3) ist wegen z¨ = 0 trivial erfüllt. Mit dem konstanten Radius r = RE erhält man aus der ersten Bewegungsgleichung g 2 RE ϕ˙ = g =⇒ ϕ˙ = . RE Damit ist die Winkelgeschwindigkeit konstant, was im Einklang mit der zweiten Bewegungsgleichung steht. Die Geschwindigkeit des Steines wird schließlich mit Gl.(2.28.1) berechnet: g km m = RE g = 7900 = 23700 . v = r ϕ˙ = RE ϕ˙ = RE RE s h ¨ Bemerkung: Uber die ¿ktive Bewegung in dieser Aufgabenstellung schreibt Newton selbst (Zitat aus [29], S. 270): “Dass durch die Zentralkräfte die Planeten in ihren Bahnen gehalten werden können, ersieht man aus der Bewegung der Wurfgeschosse. Ein (horizontal) geworfener Stein wird, da auf ihn die Schwere wirkt, vom geraden Wege abgelenkt und fällt, indem er eine krumme Linie beschreibt, zuletzt zur Erde. Wird er mit größerer Geschwindigkeit geworfen, so fliegt er weiter fort, und so könnte es geschehen, dass er zuletzt u¨ ber die Grenzen der Erde hinausflöge und nicht mehr zurückfiele. So würden die von einer Bergspitze mit steigender Geschwindigkeit fortgeworfenen Steine immer weitere Parabelbögen beschreiben und zum Schluß - bei einer bestimmten Geschwindigkeit - zur Bergspitze zurückkehren und auf diese Weise sich um die Erde bewegen.”

82


3.2.6 Das dynamische Grundgesetz in natürlichen Koordinaten Zur Formulierung des dynamischen Grundgesetzes in natürlichen Koordinaten werden beide Seiten von Gl.(3.4.1) (gemäß De¿nition (A.12)) bezüglich der Basisvektoren et , en , eb dargestellt. Die linke Seite von Gl.(3.4.1) erhalten wir durch Multiplikation des Beschleunigungsvektors in den Gleichungen (2.36.3) mit der Masse m ma = mve ˙ t+m

v2 en . ρ

(3.13)

Die rechte Seite von Gl.(3.4.1) folgt aus der Basisdarstellung Fi = Fit et + Fin en + Fib eb für die einzelnen Kraftvektoren und deren Summation zum resultierenden Kraftvektor n n n n Fi = Fit et + Fin en + Fib eb . (3.14) FR = i=1

i=1

i=1

i=1

n

Dabei ist z.B. i=1 Fit die Summe aller am Massenpunkt angreifenden Kräfte in Richtung des Basisvektors et . Durch Koef¿zientenvergleich von Gl.(3.13) mit Gl.(3.14) folgt aus dem dynamischen Grundgesetz (3.4.1) Das dynamische Grundgesetz für den Massenpunkt ¨ in naturlichen Koordinaten n 1. t : mv˙ = i=1 Fit 2 v 2. n : m = ni=1 Fin ρ 3. b : 0 = ni=1 Fib .

(3.15)

Im Gegensatz zu den Gleichungen (3.8) für raumfeste kartesische Koordinaten und (3.12) für Zylinderkoordinaten gibt es bei natürlichen Koordinaten immer eine Koordinatenrichtung, die in der Streckebene liegende Richtung von eb , in der die Summe aller Kräfte zu Null wird. In dieser Richtung liegt somit statisches Gleichgewicht vor.

Beispiel 3.5 Magnetschwebebahn in einer Kurve Die Magnetschwebebahn in Beispiel 2.13 fährt wie in Abb. 3.8 dargestellt auf einer Spurebene mit der Neigung β. Das Trag- und Führsystem der Bahn arbeitet nach einem elektromagnetischen Schwebeprinzip, so dass die Bewegung berührungslos erfolgt. Wie groß sind die Tragkraft FT normal zur Spur und die Führungskraft FF tangential zur Spur für den unteren Tragmagneten und den seitlichen Führmagneten? Bekannt: v = 200 km/h, X0 = −300 m, Y = bX 2 , b = 0.001 m−1 , Masse der Magnetbahn m = 10 t, β = 10o .


83

Abb. 3.8. Magnetschwebebahn in einer Kurve: Bahnverlauf auf Parabel, Trag- und Führungskraft

¨ Voruberlegungen: Es handelt sich um eine geführte Bewegung, bei der die Tragkraft FT und die Führungskraft FF stets senkrecht zum Bahnverlauf gerichtet sind. Zweckmäßig werden natürliche Koordinaten verwendet, so dass mit dem Ergebnis für den momentanen Krümmungsradius ρ aus Beispiel 2.13 die gesuchten Kräfte mit dem dynamischen Grundgesetz in den Gleichungen (3.15) berechnet werden können. Lösung: In Abb. 3.8.b sind die Basisvektoren et , en , eb eingetragen. (Man beachte, dass en in der horizontalen X, Y -Ebene und nicht in der Spurebene der Bahn liegt!) In Abb. 3.8.b erfolgt außerdem die Zerlegung von FT und FF in die Koordinatenrichtungen. Die Bewegungsgleichungen (3.15) lauten t : mv˙ =

n

i=1 Fit = 0

v 2 n = i=1 Fin = FT sin β + FF cos β ρ b: 0 = ni=1 Fib = mg + FF sin β − FT cos β. n: m

Die erste Gleichung bestätigt, dass Reaktionskräfte keinen EinÀuss auf eine geführte Bewegung tangential zur Bahn haben. Ohne Einwirkung tangentialer Kräfte bleibt die Geschwindigkeit somit konstant. Nach AuÀösung der letzten beiden Gleichungen erhält man mit dem Ergebnis ρ = 793 m aus Beispiel 2.13 für die zwei gesuchten Kräfte FT und FF v2 sin β + mg cos β = 105.24 kN ρ v2 FF = m cos β − mg sin β = 20.97 kN. ρ

FT = m

et

Bahn

en Lokaler Krümmungsradius parallel zur XY-Ebene

mg FF sinβ

FF eb

en

FF cos β FT F cos β T FT sin β

Abb. 3.8.b. Draufsicht und Querschnitt mit Basisvektoren und Kräften

84


3.2.7 Das dynamische Grundgesetz in mitrotierenden kartesischen Koordinaten Für Kreisbewegungen um eine feste Achse werden zur Formulierung des dynamischen Grundgesetzes in mitrotierenden kartesischen Koordinaten beide Seiten von Gl.(3.4.1) (gemäß De¿nition (A.12)) bezüglich der Basisvektoren ex , ey , ez dargestellt. Dazu multiplizieren wir den Beschleunigungsvektor in den Gleichungen (2.42.3) mit der Masse m ma = m(−y ω˙ − xω 2 )ex + m(xω˙ − yω 2 )ey + 0ez .

(3.16)

Die Basisdarstellung Fi = Fix ex + Fiy ey + Fiz ez für die einzelnen Kraftvektoren liefert nach Summation den resultierenden Kraftvektor n n n n Fi = Fix ex + Fiy ex + Fiz ez . (3.17) FR = n

i=1

i=1

i=1

i=1

Dabei ist z.B. i=1 Fix die Summe aller am Massenpunkt angreifenden a¨ ußeren Kräfte in Richtung des Basisvektors ex . Durch Koef¿zientenvergleich von Gl.(3.16) mit Gl.(3.17) folgt aus dem dynamischen Grundgesetz (3.4.1) Das dynamische Grundgesetz für Kreisbewegungen des Massenpunktes in mitrotierenden kartesischen Koordinaten 1. x : m(−y ω˙ − xω 2 ) = ni=1 Fix 2. y : m(xω˙ − yω 2 ) = ni=1 Fiy 3. z : 0 = ni=1 Fiz .

(3.18)

Beispiel 3.6 Mathematisches Pendel Man löse die Aufgabenstellung für das mathematische Pendel in Beispiel 3.3 mit mitrotierenden kartesischen Koordinaten. ¨ Voruberlegungen: Das Koordinatensystem x, y, z wird mit dem Seil körperfest verbunden, so dass für die Koordinaten der Masse gilt x = l und y = z = 0. Nach Freischneiden der Masse von dem Seil werden unter Berücksichtigung der Seilkraft FS und der Gewichtskraft mg für das ebene Problem die Bewegungsgleichungen (3.18.1) und (3.18.2) formuliert. Lösung: Aus Gl.(3.18.1) und Gl.(3.18.2) folgt x:

m(−y ω˙ − xω 2 ) = m(−lω 2 ) = mg cos ϕ − FS

y:

m(xω˙ − yω 2 )

= mlω˙

= −mg sin ϕ.

Abb. 3.9. Mathematisches Pendel, Freischnitt und angreifende Kräfte

Beide Gleichungen sind wegen ω = ϕ˙ identisch zu den Bewegungsgleichungen in Beispiel 3.3, so dass die weiteren Schritte wie dort angegeben durchgeführt werden können.


85

3.2.8 Zusammenfassung zu den verschiedenen Koordinatensystemen Abb. 3.10 veranschaulicht das dynamische Grundgesetz F = ma für verschiedene Koordinatensysteme in der Ebene. Dargestellt sind die Fälle a) raumfeste kartesische Koordinaten, b) Zylinderkoordinaten, c) natürliche Koordinaten und d) mitrotierende kartesische Koordinaten. In den Fällen a), b), c) ist der Bahnverlauf beliebig, während im Fall d) eine Kreisbahn vorausgesetzt wird. FY eY

a) Y

a Y eY

F

a

aX eX

eY

b)

F

FY eX

eX

eϕ

Fϕ eϕ aϕeϕ er

X

c)

a ar er r ϕ

d) F

Fn en anen

en

at et

a

Ft et

et

Fr e r

F

y

F yey ay e y y ey

ω

ex

a axe x

Fx e x

x

x Kreisbahn

Abb. 3.10. Kinetisches Grundgesetz F = ma für verschiedene Koordinatensysteme in der Ebene: a) raumfeste kartesische Koordinaten, b) Zylinderkoordinaten, c) natürliche Koordinaten, d) mitrotierende kartesische Koordinaten

3.2.9 Aufgaben zu Abschnitt 3.2 Aufgabe 3.1 (SG = 1) Ein Wagen der Masse m wird aus der Ruhelage von einer horizontalen Kraft F eine schiefe Ebene hinaufgeschoben. 1. Welche Geschwindigkeit hat der Wagen nach der Zeit t? 2. Welche Strecke wurde dann zurückgelegt? Bekannt: m = 5 kg, F = 50 N, t = 5 s, β = 300 .

86


Aufgabe 3.2 (SG = 1) Lösen Sie die Aufgabenstellung in Beispiel 3.4, Stein in der Erdumlaufbahn, mit mitrotierenden kartesischen Koordinaten. Aufgabe 3.3 (SG = 2) Eine Punktmasse m ist wie dargestellt an einem Faden befestigt, an dem u¨ ber eine Rolle mit der konstanten Kraft F gezogen wird. Ein Abheben der Masse nach oben bleibt bei der Bewegung ausgeschlossen. Welche Geschwindigkeit hat die Punktmasse, wenn diese die Strecke c zurückgelegt hat? Bekannt: b, c, F, m. Aufgabe 3.4 (SG = 1) Ein Fahrer fährt mit einem Motorrad einen Looping in einem kreisförmigen Metallgehäuse. Wie groß muss die gemeinsame Geschwindigkeit von Motorrad mit Fahrer mindestens sein, damit es nicht zum Sturz kommt? Wie groß ist dann die Winkelgeschwindigkeit ω? Lösen Sie die Aufgabe mit Zylinderkoordinaten, natürlichen Koordinaten und mitrotierenden kartesischen Koordinaten. Bekannt: R, h. Aufgabe 3.5 (SG = 2) Das Rührwerk aus Beispiel 2.10 wird mit einem variablen Moment der Form MT (ϕ) = Cϕ angetrieben. Die Konstante C folgt aus der Bedingung bestimmt, dass nach n Umdrehungen der Endwert M0 erreicht ist. Gesucht ist die Geschwindigkeit des Massenpunktes m nach n Umdrehungen. Bekannt: n = 50, M0 = 0.1 Nm, m = 3 kg.


Aufgabe 3.6 (SG = 1) Die dargestellte Rinne in einer Scheibe rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ω um eine senkrechte Achse. In der Rinne be¿ndet sich eine Kugel, welche sich aus der Anfangslage im Abstand r vom Zentrum der Scheibe löst. Wie groß ist die Geschwindigkeit der Kugel im Abstand R beim Austritt aus der Rinne? Bekannt: R, r, ω. Aufgabe 3.7 (SG = 2) Eine Röhre ist gegen die Vertikale um einen Winkel β geneigt. Sie dreht sich mit der Winkelgeschwindigkeit ω um eine vertikale Drehachse. In der Röhre bewegt sich reibungsfrei eine Kugel der Masse m. Wie groß muss ω sein, damit die Kugel die Höhe h erreicht? Bekannt: g, β, m, ω.

Aufgabe 3.8 (SG = 2) Das Fahrzeug aus Aufgabe 2.25 erfährt während der Fahrt auf der parabelförmigen Bahn Y = bX 2 eine konstante Antriebskraft FA . Die Fahrt beginnt aus der Ruhelage an dem Punkt (X0 , Y0 ). Wie groß ist die Geschwindigkeit im Punkt 0? Bekannt: X0 = −50 m, b = 0.04 1/m, FA = 2 kN, m = 1.4 t.

Hinweis: Kurvenintegral X1 X1 1 1 1 + Y (X)2 dX = arcsinh(2bX) + bX X 2 + 2 s= . 4b 4b X0 X0

87

88


Aufgabe 3.9 (SG = 3) Ein Spielzeugauto der Masse m bewegt sich auf einer Spielautorennbahn mit der konstanten Bahngeschwindigkeit vA auf eine Loopingschleife zu. Auf Grund der zu niedrigen Fahrgeschwindigkeit kommt es im Punkt C zu einer Flugphase. Berechnen Sie 1. die Lage des Punktes C (β und hC ), in der das Fahrzeug den Kontakt zu der Bahn verliert und 2. die Länge xD zum Punkt D, in der das Fahrzeug nach dem freien Flug aufschlägt. √ Bekannt: vA = 3.5 g · r.

Aufgabe 3.10 (SG = 3) Aus der Dachmitte A eines kugelförmigen Iglus mit dem Radius r löst sich ein Eiszapfen und rutscht ohne Reibung nach unten. An der Stelle B hebt der Eiszapfen von der DachÀäche ab und Àiegt bis zur Stelle C, an welcher er am Boden aufschlägt. Gesucht sind 1. die Höhe h zwischen BodenÀäche und der Stelle B, an welcher der Eiszapfen von der DachÀäche abhebt, 2. der Abstand d der Aufprallstelle C von dem Iglu. Bekannt: r, m, g.

3.3 Kraftgesetze der Kinetik

89

3.3 Kraftgesetze der Kinetik 3.3.1 Einteilung von Kräften Zur Erläuterung von verschiedenartigen Kraftwirkungen betrachten wir in Abb. 3.11 einen Personenkraftwagen in einer Kurvenfahrt. In der rechten Darstellung sind die senkrecht nach unten gerichtete Gewichtskraft FG und die normal zur Fahrbahn gerichteten Normalkräfte N eingetragen. Ein Rutschen des Kraftfahrzeuges nach außen wird durch die nach innen gerichteten Reibungskräfte R verhindert. Infolge von StrömungseinÀüssen tritt die der Fahrtrichtung entgegen wirkende Windwiderstandskraft FW auf. Gegebenenfalls ist bei starkem Seitenwind noch eine Windkraft FW i zu berücksichtigen. Außerdem erfährt das Kraftfahrzeug die nach außen gerichtete - und von dem Fahrer spürbare - Zentrifugalkraft FZ . Auf einzelne Komponenten des Fahrzeuges wirken zusätzlich innere Kräfte, wie z.B. Feder- und Dämpfungskräfte zwischen der Vorderachse und dem Fahrgestell.

Abb. 3.11. Verschiedenartige Kräfte an einem Kraftfahrzeug in einer Kurvenfahrt

In Abb. 3.12 erfolgt eine Einteilung von Kräften in die drei Gruppen innere Kräfte, a¨ ußere Kräfte und Scheinkräfte. Die wesentlichen Kennzeichen dieser drei Kräftearten sind: 1. Innere Kräfte treten im Inneren eines Systems stets paarweise und entgegengesetzt gerichtet auf. Sie haben keine Wirkung nach außen und somit keinen EinÀuss auf die Bewegung des Systems. Beispiele sind Feder-, Dämpfungs- und Reibungskräfte. ¨ 2. Außere Kräfte sind in eingeprägte Kräfte und Reaktionskräfte gegliedert. a) Eingeprägte Kräfte sind physikalischen Ursprungs. Beispiele sind Feldkräfte (Magnetkraft, Gravitationskraft, Schwerkraft), die von der Führung bzw. der Lagerung der Körper unabhängig sind. Zur Gruppe der eingeprägten Kräfte zählen auch Antriebs-, Brems-, Widerstands-, Auftriebs-, Reibungs- und Federkräfte. b) Reaktionskräfte entstehen durch kinematische Zwangsbedingungen an AuÀagern und Führungen. Beispiele sind somit AuÀager-, Trag- und Führungskräfte. Wie in Abschnitt 3.2.4 erläutert, werden sie durch das Schnittprinzip sichtbar gemacht. 3. Scheinkräfte entstehen durch Bewegungsänderungen. Beispiele sind Trägheits-, Zentrifugal- und Corioliskräfte. In dem dynamischen Grundgesetz (3.4) können sie aus der linken Seite ma abgeleitet werden. Damit gilt: In einem Intertialsystem darf eine Scheinkraft nicht als Kraft Fi auf der rechten Seite in (3.4) auftreten. Bei den inneren und a¨ ußeren Kräften unterscheidet man noch zwischen Potenzialkräften und Nicht-Potenzialkräften. Hierauf wird ausführlich im nächsten Kapitel 4 eingegangen. Im Folgenden werden die wichtigsten Kraftgesetze für technische Anwendungen vorgestellt.

90


Kräfte

Innere Kräfte

Äußere Kräfte

Eingeprägte Kräfte

Scheinkräfte

Reaktionskräfte

Abb. 3.12. Einteilung der Kräfte

¨ Federn 3.3.2 Das lineare Kraftgesetz fur Federelemente werden z.B. zur Radaufhängung in einem Kraftfahrzeug eingesetzt. Zur Formulierung eines Kraftgesetzes betrachten wir in Abb. 3.13.a eine Feder, deren linke Seite gelagert ist und an deren rechte Seite eine Kraft FF angreift. In der entspannten Lage sind Auslenkung s und Kraft FF gleich Null; mit ansteigender Kraft FF wird die Auslenkung s größer. In vielen Fällen sind beide Größen proportional zueinander. Damit folgt ¨ Federn Das lineare Kraftgesetz fur 1. FF = c s, wobei 2. c Federkonstante 3. s Auslenkung.

(3.19)

Die materialabhängige Federkonstante c muss in einem Versuch bestimmt werden. Fällt die entspannte Lage mit einem Wert s0 = 0 zusammen, so wird das Gesetz (3.19.1) erweitert: FF = c (s − s0 ).

(3.20)

¨ Dämpfer 3.3.3 Das lineare Kraftgesetz fur Dämpferelemente werden z.B. zur Geräuschminderung an Wohnhaustüren oder Kraftfahrzeug-Heckklappen eingesetzt. Zur Formulierung eines Kraftgesetzes betrachten wir in Abb. 3.13.b einen Dämpfer, dessen linke Seite gelagert ist und an dessen rechte Seite eine Kraft FD angreift. Im Gegensatz zum Verhalten bei einer Feder, ist die Auslenkung s nicht abhängig von der Größe der Kraft FD . Stattdessen steigt der Kraftaufwand mit der Größe der Geschwindigkeit s, ˙ mit der die Kraft FD aufgebracht wird. In vielen Fällen sind beide Größen proportional zueinander. Damit folgt ¨ Dämpfer Das lineare Kraftgesetz fur 1. FD = d s, ˙ wobei 2. d Dämpfungskonstante 3. s˙ Auslenkungsgeschwindigkeit.

(3.21)

Die materialabhängige Dämpfungskonstante d muss in einem Versuch bestimmt werden.


91

Abb. 3.13. Vier Kraftgesetze der Mechanik: a) Das Federgesetz, b) das Dämpfungsgesetz, c) das Reibungsgesetz, d) das Rollwiderstandsgesetz

3.3.4 Das Reibungsgesetz nach Coulomb In Abb. 3.13.c gleitet ein fester Körper mit der Geschwindigkeit s˙ u¨ ber einen Untergrund. Das Schnittprinzip liefert momentan eine Reibungskraft FR , die zur Gruppe der Widerstandskräfte gehört. Sie ist der Geschwindigkeit s˙ entgegen gerichtet und somit bei Bewegungen im Raum tangential zur Bahn. Von Coulomb (1736-1806) wurde festgestellt, dass die Größe von FR näherungsweise proportional zu der in der ReibungsÀäche wirkenden Normalkraft ˙ Damit FN ist (mit diesem vereinfachten Ansatz also unabhängig von der Geschwindigkeit s). folgt

92


Das Reibungsgesetz nach Coulomb 1. FR = μ FN , wobei 2. FN Kraft normal zur ReibÀäche (,,Normalkraft” ) 3. μ Gleitreibungskoef¿zient.

(3.22)

Der Koef¿zient μ wird in einem Versuch bestimmt und hängt insbesondere ab von a) der Werkstoffpaarung, d.h. von den Werkstoffen beider sich berührenden Körper und b) der geometrischen und physikalischen OberÀächenbeschaffenheit (Rauheit und Reinheit) der beiden Körper. 3.3.5 Der Rollwiderstand am Rad Wir betrachten in Abb. 3.13.d die rollende Bewegung eines Rades. Findet diese auf einem ¨ deformierbaren Untergrund statt, so entsteht zur Uberwindung der Deformationen eine der Bewegung entgegen gerichtete Kraft FRo . Deformationen des Rades während der Fahrt verstärken den EinÀuss von FRo . Diese Kraft gehört zur Gruppe der Widerstandskräfte. Sie ist der Geschwindigkeit v entgegengerichtet und somit bei Bewegungen im Raum tangential zur Bahn. Für die Größe des Rollwiderstandes wird folgende zu Gl.(3.22) a¨ hnliche Gesetzmäßigkeit verwendet: ¨ den Rollwiderstand Das Kraftgesetz fur 1. FRo = f FN , wobei 2. FN Kraft normal zur RollÀäche (,,Normalkraft” ) 3. f Rollwiderstandsbeiwert. Besonders bei Fahrten im Gelände spielt der Verformungswiderstand des Untergrundes eine Rolle, wobei er bei weichen Böden mehr als 15 % des Fahrzeuggewichtes betragen kann. Auf befestigten Straßen ergibt sich der Rollwiderstand fast ausschließlich aus der sogenannten Walkverlustarbeit des Reifens. Dabei sind die Walkamplitude (Einfederung, Radlast, Reifeninnendruck) und die Walkfrequenz (Fahrgeschwindigkeit) bestimmend. Vereinfachend kann der Rollwiderstandsbeiwert in den Gleichungen (3.23) als konstant angenommen werden. In Abb. 3.14 sind Werte für f in Abhängigkeit der Geschwindigkeit angegeben, siehe [4].

(3.23)

f 0,020

0,015 0,010 0,005

0

50

100

150 v (km/h)

Abb. 3.14. Rollwiderstandswert f als Funktion der Fahrgeschwindigkeit, aus [4]


93

Beispiel 3.7 PKW in Beschleunigungsphase am Hang Ein PKW der Masse m wird an einem Hang auf einer geradlinigen Fahrbahn aus der Ruhelage gleichförmig beschleunigt. Nach der Zeit t1 ist die Geschwindigkeit v1 erreicht. Welche Antriebskraft FA ist hierzu notwendig, wenn der Rollwiderstand mit der Rollwiderstandszahl f berücksichtigt und der Luftwiderstand vernachlässigt werden?

Abb. 3.15. PKW in Beschleunigungsphase am Hang

Bekannt: m = 1.3 t, t1 = 8 s, v1 = 70 km/h, f = 0.018, β = 20o . ¨ Voruberlegungen: Für die geradlinige Bewegung wird eine Koordinate X in Richtung der Aufwärtsbewegung gewählt. Die Berechnung erfolgt mit der Bewegungsgleichung (3.8.1) in raumfesten kartesischen Koordinaten. Die Rollwiderstandskraft FRo wird nach Gl.(3.23) berücksichtigt und auf die Vorder- und Hinterachse gleichermaßen verteilt. Lösung: Der PKW ist in Abb. 3.15.b freigeschnitten. In Bewegungsrichtung wirkt die Antriebskraft FA . Der Bewegungsrichtung wirken der Rollwiderstand FRo und die Komponente FG sin β der Gewichtskraft FG =mg sin β entgegen. Die Bewegungsgleichung (3.8.1) lautet X : maX = FA − FRo − mg sin β.

Abb. 3.15.b. Kräfte am fahrenden PKW

Für die gleichförmige Beschleunigung gilt (siehe hierzu auch Beispiel 2.1) aX =

m v1 70 1 = 2.43 2 . = t1 3.6 8 s

Die gesamte auf das Fahrzeug wirkende Rollwiderstandskraft wird nach Gl.(3.23) berechnet: FRo = f FG cos β. Für die Antriebskraft erhält man somit FA = maX + FRo + FG sin β = m (aX + f g cos β + g sin β) = 1.3 · 103 kg · (2.43 + 0.018 · 9.81 cos 20o + 9.81 sin 20o )m/s2 = 7.74 · 103 N.

94


¨ Bewegungen in einem fluiden Medium 3.3.6 Kraftgesetze fur Wir betrachten einen starren Körper, der sich durch ein Àuides Medium (kurz: Fluid) mit der Geschwindigkeit v bewegt. Dieses Medium kann sowohl in gasförmiger als auch in Àüssiger Form vorliegen. Als Beispiel ist in Abb. 3.16 die Luftströmung dargestellt, die einen fahrenden PKW umgibt. Diese bewirkt eine Widerstandskraft FW , die der Geschwindigkeit v entgegengerichtet ist und somit bei einer Bewegung im Raum tangential zur Bahn ist. Sie stellt für das Fahrzeug eine a¨ ußere Kraft dar und ist daher gemäß der Einteilung in Abb. 3.12 eine eingeprägte Kraft. Wie die Erfahrung zeigt und Experimente bestätigen, ist die Größe von FW außer von der geometrischen Form des Körpers und der Art des Fluids auch von der Größe der Geschwindigkeit abhängig.

FW

v

Abb. 3.16. Luftströmungsfeld bei einem fahrenden PKW. Die Widerstandskraft FW ist der Geschwindigkeit v entgegengerichtet.

Bei kleinen Geschwindigkeiten ist die Strömung laminar. Die Widerstandskraft FW kann dann in vielen Fällen proportional zur Geschwindigkeit angenommen werden: Die Widerstandskraft bei laminarer Strömung 1. FW = kv, wobei 2. k Widerstandsbeiwert 3. v Geschwindigkeit.

(3.24)

Dieses Gesetz hat somit die gleiche Struktur wie das Dämpfungsgesetz (3.21). Die Konstante k ist ein Beiwert, der in einem Versuch bestimmt werden muss. Bei größeren Geschwindigkeiten wird die Strömung turbulent. In dem Ansatz für die Widerstandskraft wird die Geschwindigkeit dann mit einem quadratischen Term wie folgt berücksichtigt: Die Widerstandskraft bei turbulenter Strömung ρF v 2 1. FW = cW AS , wobei 2 Widerstandsbeiwert 2. cW 3. ρF Dichte des Fluids BezugsÀäche (,,SchattenÀäche”). 4. AS

(3.25)


95

Hierbei ist AS die Projektion des Körpers auf eine Ebene senkrecht zur Anströmrichtung (,,SchattenÀäche”). Der Widerstandsbeiwert cW ist eine einheitenlose Größe, die insbesondere von der Körperform abhängt. Als Anhaltswerte können die folgenden Zahlen verwendet werden [16]: 1. Strömung aus offener Halbkugel heraus 2. Strömung in offene Halbkugel hinein 3. Stromlinienkörper (z.B. TragwerksÀügel) 4. Kraftfahrzeuge

cW cW cW cW

= 0.34 = 1.33 ≈ 0.1 = 0.3 − 0.9.

(3.26)

Bemerkungen 3.4 1. Für allgemeine Fälle der Strömungsmechanik ist der cW -Wert auch von der Geschwindigkeit und somit von der Reynoldsschen Zahl Re abhängig, siehe z.B. [33]. Für Anwendungen in der Kraftfahrzeugtechnik gilt im Allgemeinen Re > 1000, wobei der cW -Wert nahezu konstant ist. 2. Die Aerodynamik bzw. der Luftwiderstand spielen z.B. in der Kraftfahrzeugtechnik eine wichtige Rolle. Um den Kraftstoffverbrauch zu reduzieren, streben die Entwicklungsabteilungen der Automobilindustrie Fahrzeuge mit möglichst niedrigem Luftwiderstand und somit niedrigem cW -Wert an. Abb. 3.17 verdeutlicht die Verringerung der durchschnittlichen cW -Werte während des 20. Jahrhunderts.

CW

1,2

0,9

0,6

0,3

0 1900

1920

1940

1960

1980

2000

Abb. 3.17. Entwicklung der Widerstandsbeiwerte cW im Automobilbau, in Anlehnung an [4]

96


Beispiel 3.8 PKW in Beschleunigungsphase mit Windwiderstand Ein PKW wird aus dem Stand auf einer horizontalen, geradlinigen Fahrbahn mit einer konstanten Antriebskraft FA beschleunigt. Infolge der Luftströmung tritt eine Widerstandskraft FW auf, die nach Gl.(3.25) berechnet wird. Reibungskräfte am Fahrgestell sowie der Rollwiderstand sollen unberücksichtigt bleiben. Welche Geschwindigkeit hat der PKW nach einer Fahrstrecke S?

X FW

FA Abb. 3.18. PKW in Beschleunigungsphase mit Windwiderstand

Bekannt: Antriebskraft FA = 2 kN, Masse des PKW m = 1.4 t, Zahlenwerte für Widerstandsbeiwert: ρL = 1.25 kg/m3 , cW = 0.24, AS = 2.0 m2 , zurückgelegte Strecke S = 1 km. ¨ Voruberlegungen: Für die geradlinige Bewegung wird eine Koordinate X in horizontaler Fahrtrichtung gewählt und die Berechnung mit der Bewegungsgleichung (3.8.1) in raumfesten kartesischen Koordinaten durchgeführt. Zur Lösung der sich ergebenden Differenzialgleichung werden Anfangsbedingungen für den Ort X0 =X(t=0)=0 und die Geschwindigkeit v0 =v(t=0)=0 verwendet. Lösung: Mit den horizontal angreifenden Kräften in Abb. 3.18 lautet die Bewegungsgleichung (3.8.1) ¨ = FA − FW . mX Für die Widerstandskraft berechnen wir nach Gl.(3.25) FW = cW

ρL v 2 ρL AS = kv 2 , wobei k = cW AS = 0.3 kg/m. 2 2

Einsetzen von FW in die Bewegungsgleichung und Division durch m liefert

FA 1 k 2 2 ¨ v X = (FA − kv ) = (A). 1− m m FA ¨ = X(v) ¨ Damit ist eine funktionelle Abhängigkeit X gefunden, so dass die sechste Grundaufgabe der Tabelle 2.1 zur Bestimmung des Ortes angewendet werden kann m v v˜

d v˜. X = X0 + k 2 FA v0 1− v˜ FA Zur Auswertung dieses Integrals wird eine Substitutionsvariable z(v) eingeführt: z=

k 2 v FA

=⇒

dz =

k 2v dv FA

=⇒

v dv =

FA dz. 2k


97

Damit folgt m FA FA 2k

z

d˜ z m = X0 + [− ln(1 − z)]zz0 ˜ 2k z0 1 − z ⎞ ⎛ k 2

1− v 1−z m m ⎜ FA ⎟ ⎟. = X0 − ln ln ⎜ = X0 − k 2⎠ 2k 1 − z0 2k ⎝ 1− v FA 0

X = X0 +

Die AuÀösung dieser Gleichung nach v (Bestimmung der Umkehrfunktion) liefert

FA k 2 2k 1− 1− , (B) v(X) = v exp (X0 − X) k FA 0 m so dass mit den Anfangsbedingungen X0 = 0, v0 = 0 schließlich folgt:

2k FA 1 − exp −X , vst = . v(X) = vst m k Mit den gegebenen Zahlenwerten erhält man die Geschwindigkeit v(X = 1000 m) = 48.21 m/s = 174 km/h. Der Verlauf der Lösung v(X) ist in Abb. 3.18.b dargestellt. Die Größe vst ist die Stationärgeschwindigkeit. Sie wird aus Gl.(B) für X → ∞ erhalten und kennzeichnet somit die Geschwindigkeit an die sich die Funktion v(X) asymptotisch annähert. Alternativ kann vst aus Gl.(A) für den Fall einer ¨ = 0, ergleichmäßigen Bewegung, d.h. X halten werden.

v(X) [km/h]

vst =207.84 Ohne Windwiderstand

192 174 Mit Windwiderstand

0

1000

X [m]

Abb. 3.18.b. PKW in Beschleunigungsphase: Geschwindigkeits-Weg Diagramm

Zusatzaufgabe: Man zeige für den Fall ohne Windwiderstandskraft das Ergebnis v(X = 1000 m) = 53.45 m/s = 192 km/h. Damit würde der PKW nach 1000 m etwa 20 km/h schneller als mit Windwiderstand fahren. Wie in Abb. 3.18.b erkennbar, erhält man bei Vernachlässigung des Windwiderstandes für X → ∞ jedoch eine unendlich große Geschwindigkeit, was nicht realistisch ist. ¨ geschwindigkeitsabhängige Beschleunigungen 3.3.7 Lösungen fur Die Rechenschritte in Beispiel 3.8 zeigen, dass der Aufwand zur Lösung der Differenzialgleichung vergleichsweise groß werden kann. Da viele Aufgabenstellungen mit Widerstandskräften auf a¨ hnliche Differenzialgleichungen führen, sind in Tabelle 3.2 für drei verschiedene Fälle die Lösungen, soweit in geschlossener Form berechenbar, zusammengefasst. Dabei ist die Beschleunigung im ersten Fall konstant und in den anderen beiden Fällen geschwindigkeitsabhängig. Die Ortsvariable wird mit x gekennzeichnet, und x0 =x(t0 ) und v0 =v(t0 ) sind die Anfangsbedingungen zur Zeit t0 .

98


Fall

Differenzialgleichung

1

m¨ x=F

2

m¨ x = F − kv 2

Lösungen m x(v) = x0 + 12 (v 2 − v02 ) F F v(x) = v02 + 2 (x − x0 ) m m t(v) = t0 + (v − v0 ) F F v(t) = v0 + (t − t0 ) m ⎞ ⎛ k 2 v 1 − m ⎜ F ⎟ ln ⎝ x(v) = x0 − k ⎠ 2k 1 − v02 F

k 2k F 1 − 1 − v02 exp (x0 − x) v(x) = k F m F F +v − v0 R R m t(v) = t0 + √ ln 2 Fk F F −v + v0 R R √ kF F v0 t + artanh v(t) = tanh m k F/k

3

m¨ x = F − kv

v − v0 F x(v) = x0 − m + 2 ln k k

kv − F kv0 − F

v(x) = nicht in geschlossener Form berechenbar

kv − F m t(v) = t0 − ln k kv0 − F

F k k v(t) = 1 − 1 − v0 exp − (t − t0 ) k F m

k F m F x(t) = x0 + (t − t0 ) + − v0 exp − (t − t0 ) k k k m Tabelle 3.2. Lösungen von Differenzialgleichungen für drei Fälle. t0 , x0 , v0 sind jeweils Anfangswerte


99

Beispiel 3.9 Fallschirmspringer im freien Fall und mit geöffnetem Fallschirm Ein Fallschirmspringer der Masse m springt in ausreichender Flughöhe aus einem Flugzeug. Unter Vernachlässigung von horizontalen Bewegungsanteilen bestimme man a) die Geschwindigkeit im freien Fall nach (i) h= 9 m, (ii) h= 280 m, ohne Berücksichtigung des Luftwiderstandes, ¨ b) die Geschwindigkeit nach dem Offnen des Fallschirms und weiteren 7 m im Fall a(i), c) die stationäre Sinkgeschwindigkeit vst mit geöffnetem Fallschirm. Die Widerstandskraft der Luft auf den geöffneten Fallschirm wird nach Gl.(3.25) berücksichtigt. Abb. 3.19. Geöffneter Fallschirm im Flug Bekannt: Masse m = 95 kg, ,,SchattenÀäche” des Fallschirms AS = 33.18 m2 , Widerstandsbeiwert cW = 1.33, Dichte der Luft ρL = 1.25 kg/m3 . ¨ Voruberlegungen: Für die geradlinige Bewegung wird eine Koordinate X gewählt, die vertikal nach unten gerichtet ist. Die Berechnung erfolgt mit der Bewegungsgleichung (3.8.1) für raumfeste kartesische Koordinaten. Die Lösungen der Differenzialgleichungen für die Fälle mit und ohne Luftwiderstand entnehmen wir Tabelle 3.2. Lösung: Wir idealisieren in Abb. 3.19.b den Springer mit Fallschirm als Massenpunkt im gemeinsamen Schwerpunkt. Auf den Massenpunkt wirken die Gewichtskraft mg in Koordinatenrichtung und dieser entgegen gerichtet die Widerstandskraft FW . Die Bewegungsgleichung (3.8.1) lautet X:

¨ = FS − FW , mX

wobei

FS = mg = 931.95 N ρL v 2 FW = cW AS = kv 2 2 ρL k = cW AS = 27.58 kg/m. 2

X

FW mg

Abb. 3.19.b. Massenpunkt mit Kräften

a) Hier ist FW = 0. Mit v0 = 0 und X0 = 0 folgt aus dem ersten Fall in Tabelle 3.2 FS FS v(X) = v0 + 2 (X − X0 ) = 2 h = 2gh. m m

100


Für die gesuchten Geschwindigkeiten berechnet man somit (i) : v(h = 9 m) = ... = 13.29 m/s = 48 km/h (ii) : v(h = 280 m) = ... = 74.12 m/s = 267 km/h. b) In diesem Aufgabenteil ist FW = kv 2 = 0. Mit X0 =9 m, X=16 m, v0 =13.29 m/s2 folgt aus dem zweiten Fall in Tabelle 3.2

FS k 2 m km 2k v(X) = 1− 1− = ... = 6.02 = 22 . v0 exp (X0 − X) k FS m s h c) Zur Abschätzung der stationären Sinkgeschwindigkeit wird für X → ∞ die Näherung

2k exp (X0 − X) m

→0

erhalten. Damit folgt mit der Lösung aus Aufgabenteil b) FS m km vst = = ... = 5.81 = 21 . k s h

48

v(X) [km/h]

22 vst=21 X [m] 9

16

Abb. 3.19.c. Geschwindigkeit-Weg Diagramm

Der Verlauf der Geschwindigkeit v(X) ist für die Phase a) Flug im freien Fall und Phase b) Flug mit geöffnetem Fallschirm in Abb. 3.19.c dargestellt. 3.3.8 Das Gravitationsgesetz Zusätzlich zu den drei Axiomen in Abb. 3.1 hat Newton in dem Buch Principia mit dem Gravitationsgesetz einen weiteren bedeutenden Beitrag in der Mechanik geleistet. Angeregt durch die Keplerschen Gesetze stellte Newton nach intensiven Beobachtungen des Erdmondes fest, dass die gleiche Kraft, die für den Fall eines Körpers auf die EroberÀäche verantwortlich ist - nämlich die Erdgravitation -, auch den Mond auf seiner Umlaufbahn hält. Weiter stellte er fest, dass die Gravitationskraft umgekehrt proportional zum Quadrat ihres gegenseitigen Abstandes ist. Ob ihm diese Erkenntnis, wie häu¿g berichtet wird, tatsächlich beim Anblick eines fallenden Apfels von einem Baum kam, ist angesichts der Bedeutung des Gesetzes eher unwesentlich. Zur mathematischen Formulierung des Gravitationsgesetzes betrachten wir in Abb. 3.20 zwei kugelförmige Massen mi und mk im Abstand rik . Die Masse mk u¨ bt eine Kraft Fik auf die Masse mi aus, und umgekehrt u¨ bt die Masse mi eine Kraft Fki auf die Masse mk aus. Nach dem Wechselwirkungsgesetz in Abb. 3.1 gilt der Zusammenhang Fik = Fki . ZusammenfasAbb. 3.20. Wechselwirkung zwischen zwei send erhalten wir Massen mi und mk


Das Newtonsche Gravitationsgesetz mi mk 1. Fik = Γ 2 = Fki , wobei rik 2. Γ = 6.6742 · 3. mi , mk

10−11 m3 /kg s2

101

(3.27) universelle Gravitationskonstante Massen in kg.

Bemerkung 3.5 Die historische Leistung von Newton mit der Formulierung des Gravitationsgesetzes sowie die Einschätzung seiner eigenen Unfehlbarkeit wird in einem Zitat aus [28] treffend beschrieben: Das Gravitationsgesetz “...war das mc2 ihrer Zeit... und das mag ihm sehr wohl beim Anblick des fallenden Apfels eingefallen sein. Newtons Erkenntnis erfolgte nicht blitzartig, doch dieser Anblick war der Beginn einer langen mathematischen Reise, die in einem Gesetz von der Schwerkraft endete. Es sollte noch ein Jahrhundert dauern, bis es dem exzentrischen Physiker Cavendish gelang, den Wert für die Schwerkraftkonstante Γ zu bestimmen. Obwohl er diesen Wert nicht kannte, hielt Newton nichts davon ab, die tollsten Behauptungen u¨ ber sein neues Gesetz von sich zu geben, wie etwa, es sei im ganzen Universum gültig. Das war natürlich nur eine Hypothese. Newtons Berechnungen stützen sich allein auf die Beobachtungen des Mondes und der damals bekannten Planeten. Doch Newton ließ keine Einwände gelten, sondern behauptete kühn: Hypotheses non fingo (Ich erfinde keine Hypothesen!). Für uns ist schwer nachvollziehbar, auf welch wackeren Füßen jenes Gesetz stand, das Newton ausdrücklich als allgemeines Gesetz der Schwerkraft bezeichnete. Eine der größten Erkenntnisse der Menschheit war in Wirklichkeit nicht viel mehr als eine Vorahnung - eine höchst geniale Ahnung.... Newtons kühne Vermutung veränderte die Welt. Fortan glaubten die Wissenschaftler daran, dass man alles, was sich im Weltall abspielt, mathematisch erklären kann; und an ¨ dieser Uberzeugung halten sie bis heute fest. Sie ist der Eckpfeiler bei der Suche nach der Theorie für alles, mit der das Funktionieren des Weltalls und all dessen, was es enthält, erklärt werden soll.” Beispiel 3.10 Gravitationskraft von zwei Massen Zwei Massen mi = mk = m = 1000 kg haben den Abstand rik =10 cm. a) Wie groß ist die Gravitationskraft? b) Wie groß ist das Verhältnis von Gewichts- und Gravitationskraft? Lösung: a) Aus dem Gravitationsgesetz (3.27) folgt für die Gravitationskraft Fik = Γ

2 3 3 3 mi mk −11 m 1.0 · 10 · 1.0 · 10 kg = 6.6742 · 10 = 6.67 · 10−3 N. 2 kg s2 (0.1)2 m2 rik

b) Das Verhältnis von Gewichtskraft G = mg = 9810 N und Gravitationskraft ist G/Fik = 1.47 · 106 . Somit sind Gravitationskräfte für Massen der hier betrachteten Größenordnung vernachlässigbar klein.

102


Beispiel 3.11 Gravitationsbeschleunigung im Schwerefeld der Erde Mit dem Gravitationsgesetz (3.27) schätze man den Wert g = 9.81 m/s2 für die Gravitationsbeschleunigung an der ErdoberÀäche (,,Erdbeschleunigung“) ab. Wie groß ist der Wert der Gravitationsbeschleunigung für eine Masse m im Abstand r vom Erdmittelpunkt? Man zeige den Zusammenhang zwischen der Gewichtskraft G = mg und der Gravitationskraft F (r) = G(RE /r)2 . Bekannt: Masse der Erde M = 6 · 1021 t, Erdradius RE = 6370 km.

Abb. 3.21. Masse auf der ErdoberÀäche und im Abstand r von der ErdoberÀäche

¨ Voruberlegungen: Das Gravitationsgesetz (3.27) gilt nur für homogene Kugeln, was streng genommen für die Erde nicht zutrifft. Als zweite grundlegende Gesetzmäßigkeit wird das dynamische Grundgesetz mit den Gleichungen (3.12) für Zylinderkoordinaten verwendet. Lösung: Mit den gegebenen Bezeichnungen folgt nach dem Gravitationsgesetz (3.27) für die Gravitationskraft F (r) einer Masse m im Abstand r vom Erdmittelpunkt der Masse M mM . r2 In Zylinderkoordinaten ergibt sich mit r ϕ˙ 2 = 0 aus der Bewegungsgleichung (3.12.1) F (r) = Γ

ΓM ΓM = −maG (r) =⇒ − r¨ = 2 = aG (r). 2 r r Da keine weiteren Kräfte auftreten, sind die Gleichungen (3.12.2) und (3.12.3) wegen ϕ˙ = 0, z¨ = 0 sofort erfüllt. Wir bezeichnen aG (r) als Gravitationsbeschleunigung im Abstand r vom Erdzentrum. Das Minuszeichen weist auf die Richtung zum Erdmittelpunkt hin. Werten wir die letzte Beziehung an der ErdoberÀäche für r = RE aus, dann folgt mit dem Wert für die universelle Gravitationskonstante in Gl.(3.27.2) m¨ r = −F (r) = −m

aG (r) =

ΓM 6.6742 · 10−11 m3 /kg s2 · 6 · 1024 kg = = 9.87m/s2 ≈ 9.81m/s2 = g. 2 (6370 · 103 m)2 RE

Hierbei ist g die Gravitationsbeschleunigung an der Erdoberfläche (,,Erdbeschleunigung”).3 Für aG (r) und F (r) können wir somit auch schreiben

2 RE ΓM ΓM g ΓM RE 2 RE 2 aG (r) = 2 = =g =g =⇒ F (r) = maG (r) = mg . r g r2 Γ M r2 r r Durch Auswertung von F (r) an der ErdoberÀäche folgen die Beziehungen

RE 2 RE 2 =G . (3.28) 1. F (r = RE ) = mg = G =⇒ 2. F (r) = maG = mg r r Somit ist die Gewichtskraft G als Gravitationskraft im Abstand RE vom Erdmittelpunkt interpretierbar . 3

¨ Der Wert für g variiert an der ErdoberÀäche von 9.781m/s2 am Aquator bis 9.831m/s2 an den Polen.


103

3.3.9 Die Keplerschen Gesetze Mit den beiden grundlegenden Gesetzen von Newton, dem dynamischen Grundgesetz und dem Gravitationsgesetz, läßt sich die Bewegung von Planeten um die Sonne und die von Satelliten um die Erde beschreiben. Dazu wollen wir im Folgenden die drei Keplerschen Gesetze (Johannes Kepler, 1571-1630) herleiten, die in Tabelle 3.3 zusammengefasst sind. Die Keplerschen Gesetze 1. Die Bahnen der Planeten sind Ellipsen. In einem ihrer Brennpunkte steht die Sonne. 2. Der von der Sonne zu einem Planeten gezogene Radius u¨ berstreicht in gleichen Zeiten gleiche Flächen (,,Flächensatz“). 3. Die dritten Potenzen der großen Halbachsen der Bahnen verhalten sich wie die Quadrate der Umlaufzeiten.

E a b

e

S r

a

p

Tabelle 3.3. Die Keplerschen Gesetze

In Abb. 3.22.a ist die Bewegung des Planeten E um die Sonne S dargestellt. Die Sonne wird als ruhender Bezugspunkt angesehen, die gegenseitige BeeinÀussung anderer Planeten bleibt unberücksichtigt und die Sonne und der Planet werden vereinfachend als Massenpunkte aufgefasst. Die Gravitationskraft F ist nach dem Gravitationsgesetz (3.27) stets auf die Sonne S gerichtet, so dass eine Zentralbewegung vorliegt. Der Geschwindigkeitsvektor v verläuft auf Grund der Eigenschaft (2.16.1) tangential zur Bahn, der Ortsvektor x zeigt von der Sonne S zum Planeten E, und ϕ kennzeichnet den Drehwinkel (oder: Umlaufwinkel).

Abb. 3.22. Planetenbewegungen um die Sonne: a) Orts-, Geschwindigkeits- und Kraftvektor, b) zur Herleitung des Flächenelementvektors dA

Wir untersuchen zunächst das Kreuzprodukt x × v. Bezeichnen wir mit β den Winkel, den die Vektoren x und v einschließen, so folgt unter Beachtung von Gl.(A.6.2), |x| = r, |v| = v, vϕ = v sin β und vϕ = r ϕ˙ in Gl.(2.28.1) für den Betrag von x × v |x × v| = |x||v| sin β = r(v sin β) = rvϕ = rr ϕ˙ = r 2 ϕ. ˙

(3.29)

Nach Abb. A.2.d gibt |x × v| die Fläche des von x und v aufgespannten Parallelogramms an. Bezeichnen wir diese mit 2dA, so folgt für die Flächengeschwindigkeit dA˙ aus (3.29)

104


dA 1 1 1. dA˙ = = |x × v| = r 2 ϕ˙ dt 2 2

=⇒

2. ϕ˙ =

2A˙ . r2

(3.30)

Wie in Abb. A.2.d steht der Ergebnisvektor des Kreuzproduktes x × v senkrecht auf x und auf v. Die Richtung des Ergebnisvektors wird von dem Einheitsvektor eA˙ =

x×v x×v = |x × v| 2 dA˙

angegeben. Wir können damit einen Flächengeschwindigkeitsvektor ˙ = dA = 1 x × v = Ae ˙ ˙ A A dt 2

(3.31)

de¿nieren. Dieser Vektor steht wie x × v in Abb. 3.22.b senkrecht auf der Fläche, die von ˙ = dA˙ gibt die Größe der Fläche an, den Vektoren x und v aufgespannt wird. Der Betrag |A| die von dem Vektor x in der Zeit dt u¨ berstrichen wird. Wir bilden das Kreuzprodukt zwischen dem Ortsvektor x und beiden Seiten des dynamischen Grundgesetzes ma = F in Gl.(3.4.1). Da bei der Zentralbewegung der Kraftvektor F stets zum Ursprung (der Sonne) gerichtet ist, sind die Vektoren F und x parallel. Damit folgt x × ma = x × F = 0

=⇒

x × v˙ = 0.

Auf Grund dieser Beziehung und unter Berücksichtigung von v × v = 0 folgt für die zeitliche Ableitung des Flächengeschwindigkeitsvektors 2

d ˙ d A= (x × v) = v × v + x × v˙ = 0 dt dt

˙ = Ae ˙ ˙ = konst. =⇒ A A

(3.32)

Dieses Ergebnis beinhaltet zwei Aussagen: • Der Vektor eA˙ a¨ ndert seine Richtung nicht, d.h. Planetenbewegungen sind eben. • A˙ = konst. = A˙ 0 , d.h. die Flächengeschwindigkeit ist bei Zentralbewegungen konstant. Mit der zweiten Aussage ist der Flächensatz und damit das 2. Gesetz von Kepler in Tabelle 3.3 bewiesen. Wir erhalten aus (3.29) und (3.30.1) auch den Zusammenhang 2A˙ = rv sin β, und da A˙ konstant ist, die Aussage: Planeten bewegen sich nicht mit der gleichen Geschwindigkeit. Sie werden schneller, wenn sie sich auf die Sonne hin bewegen und langsamer, wenn sie sich von ihr weg bewegen. Aus (3.30.2) folgt ferner: Die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ und der Kehrwert des Quadrates vom Radius r sind umgekehrt proportional zueinander. Im Folgenden werden die Gleichungen für die Bahnen von Planetenbewegungen hergeleitet. Da diese auf einer Ebene verlaufen, verwenden wir wie in Abb. 3.22.a dargestellt zweckmäßigerweise Zylinderkoordinaten. Dann folgt aus dem dynamischen Grundgesetz (3.12.1) in radialer Richtung und dem Gravitationsgesetz (3.27) r:

m(¨ r − r ϕ˙ 2 ) = −Γ

Mm r2

=⇒

r¨ − r ϕ˙ 2 = −

ΓM . r2

(3.33)

Zur Lösung dieser Differenzialgleichung verwenden wir die Substitution u = 1/r und das Ergebnis (3.30.2). Damit erhält man


105

dr d 1 du dr dϕ dr 2A˙ 0 ˙ r˙ = = = = −2A˙ 0 . = −2A0 dt dϕ dt dϕ r 2 dϕ r dϕ Nochmaliges Differenzieren liefert unter Berücksichtigung von Gl.(3.30.2) d2 u 1 d2 u d2 u ϕ˙ = −(2A˙ 0 )2 2 2 = −(2A˙ 0 )2 u2 2 . 2 dϕ r dϕ dϕ Durch Einsetzen in Gl.(3.33) erhält man r¨ = −2A˙ 0 2

d u −(2A˙ 0 )2 u2 2 − (2A˙ 0 )2 u3 = −Γ M u2 dϕ

=⇒

d2 u ΓM +u= . dϕ2 (2A˙ 0 )2

Für diese inhomogene Differenzialgleichung 2. Ordnung lautet die allgemeine Lösung u = A sin ϕ + B cos ϕ +

ΓM , (2A˙ 0 )2

wobei A und B Integrationskonstanten sind. Für den Abstand r folgt 1 1 r= = . ΓM u A sin ϕ + B cos ϕ + (2A˙ 0 )2 Wir lassen ϕ an der Stelle der Bahn beginnen, an der r˙ verschwindet und erhalten nach kurzer Rechnung A = 0. Damit lautet die allgemeine Bahngleichung der Planetenbewegung p (2A˙ 0 )2 (2A˙ 0 )2 1. r = , wobei 2. p = , 3. = B = Bp. (3.34) 1 + cos ϕ ΓM ΓM Gl.(3.34.1) ist die Brennpunktgleichung von Kegelschnitten. In Abhängigkeit der Exzentrizität sind wie in Abb. 3.23 dargestellt folgende Bahnen möglich (siehe z.B. [6, 10]): 1.

|| > 1 Hyperbeln,

2. || = 1 Parabeln

(3.35) e = , 4. = 0 Kreise mit r = p. a a Für || < 1 ist die Bahn eine Ellipse mit den Halbachsen a,b und dem Abstand e in Tabelle 3.3, womit auch das 1. Keplersche Gesetz in Tabelle 3.3 bewiesen ist. 3.

|| < 1 Ellipsen mit

b2

= p,

Zum Beweis des 3. Keplerschen Gesetzes beachten wir, dass für einen vollen Umlauf des Planeten mit der Umlaufzeit T gilt: A˙ 0 T = A = πab

=⇒

πab . A˙ 0 = T

Mit diesem Ergebnis folgt durch Gleichsetzung der Ausdrücke für p in den Gleichungen (3.34.2) und (3.35.3) p=

b2 (2π)2 3 (2A˙ 0 )2 (2πab)2 = = 2 =⇒ T 2 = a . a ΓM T ΓM ΓM

Dieses ist das 3. Keplersche Gesetz in Tabelle 3.3.

Abb. 3.23. Verschiedene Bahnen

106


3.3.10 Aufgaben zu Abschnitt 3.3 Aufgabe 3.11 (SG = 2) Ein Wagen der Masse m wird von einer Kraft gezogen, die unter einem Winkel β angreift. Zwei Phasen sollen untersucht werden: 1. In der Startphase wird der Wagen aus der Ruhelage innerhalb der Zeit t1 auf die Geschwindigkeit v1 gleichmäßig beschleunigt. 2. In der zweiten Phase fährt der Wagen mit der konstanten Geschwindigkeit v1 . Wie groß ist jeweils die Kraft F , wenn der Rollwiderstand zu berücksichtigen ist? Bekannt: m = 30 kg, v1 = 2 m/s , t1 = 3s, f = 0.1, β = 30o . Aufgabe 3.12 (SG = 1) Eine Kiste der Masse m wird aus der Ruhelage von einer horizontalen Kraft F eine schiefe Ebene heraufgeschoben. Zwischen der Kiste und der Ebene wirkt Coulombsche Reibung mit dem Koef¿zienten μ. 1. Welche Geschwindigkeit hat der Wagen nach der Zeit t? 2. Welche Strecke wurde dabei zurückgelegt? Bekannt: m = 5 kg, t = 5 s, β = 30o , μ = 0.2, F = 50 N. Aufgabe 3.13 (SG = 2) Eine Kiste der Masse m liegt im Abstand R vom Zentrum einer rotierenden Scheibe. Der Haftreibungskoef¿zient beträgt μH . Wie groß darf die Winkelgeschwindigkeit ω maximal sein, damit die Kiste nicht rutscht. Bekannt: R, m, μH .


107

Aufgabe 3.14 (SG = 2) Lösen Sie die Aufgabenstellungen a) und b) in Beispiel 3.1, Geschwindigkeitsmarken eines Flugzeuges beim Start, unter Berücksichtigung einer Widerstandskraft FW = kv 2 und einer Rollwiderstandskraft FR = f mg. Bekannt: k = 0.0001 kg/m, f = 0.01. Aufgabe 3.15 (SG = 1) Lösen Sie die Aufgabenstellung in Beispiel 3.11, Gravitationsbeschleunigung im Schwerefeld der Erde, unter Verwendung von mitrotierenden kartesischen Koordinaten. Aufgabe 3.16 (SG = 2) Ein PKW der Masse m fährt mit einer Geschwindigkeit v0 in einen Strohballenhaufen. Der dadurch entstehende Widerstand wird durch eine Kraft F = kv berücksichtigt. 1. Wie lautet der Zusammenhang zwischen der Strecke s und der Geschwindigkeit v? 2. Nach welcher Strecke l kommt der Wagen zum Stehen, wenn keine weiteren horizontalen Kräfte wirken? Bekannt: m = 1300 kg, v0 = 50 km/h, k = 1500 kg/s. Aufgabe 3.17 (SG = 2) Ein Fahrzeug der Masse m durchfährt ohne Antrieb einen Halbkreis mit Radius r von A nach B. Die Anfangsgeschwindigkeit im Punkt A ist vA . Der Bewegung wirkt eine geschwindigkeitsabhängige Widerstandskraft Fb entgegen. Gesucht sind 1. die Kraft FR (t) zwischen Fahrzeug und Fahrbahn, 2. die Beschleunigung a(t), welcher der Wagen während der Fahrt ausgesetzt ist. Bekannt: m, r, Fb = b1 v 2 , vA .

108


Aufgabe 3.18 (SG = 3) Ein Fahrzeug der Masse m wird im Bereich 0 ≤ s ≤ L mit der Kraft F (s) beschleunigt. Anschließend wird ein Fallschirm geöffnet, so dass das Fahrzeug auf Grund der Widerstandskraft FW (v) nach einer Strecke LB zum Stillstand kommt. Während der gesamten Fahrt wirkt zusätzlich eine Rollwiderstandskraft FRo mit dem Beiwert f . Berechnen Sie 1. die Geschwindigkeit v(L) nach der Beschleunigungsphase, 2. den insgesamt zurückgelegten Weg LB . Bekannt: F (s) =

F0 L , FRo = −f FN , FW (v) = −kv 2 , f, m, g, L. L+s

Aufgabe 3.19 (SG = 2) Eine Rakete wird in den Weltraum geschossen. 1. Wie groß muss die Anfangsgeschwindigkeit v0 sein, damit sie die Höhe h erreicht? 2. Welche Fluchtgeschwindigkeit muss v0 mindestens annehmen, damit die Rakete das Schwerefeld der Erde verlässt (h → ∞)? Bekannt: RE = 6370 km. Der Luftwiderstand und die Rotation der Erde bleiben unberücksichtigt. Bemerkung: Die Fluchtgeschwindigkeit von der ErdoberÀäche wird als zweite kosmische Geschwindigkeitsstufe bezeichnet, siehe z.B. [32].

Aufgabe 3.20 (SG = 2) Eine Masse wird in eine zähe Flüssigkeit eingetaucht und beginnt zu sinken. Welche Geschwindigkeit entsteht nach der Zeit t, wenn außer dem Eigengewicht der Masse zusätzlich eine Auftriebskraft FA = ρF gV und eine Widerstandskraft FW = kv berücksichtigt werden? Bekannt: t = 3 s, m = 50 g, k = 0.08 kg/s, V = 10 cm3 , ρF = 3000 kg/m3 .


Aufgabe 3.21 (SG = 3) Ein Fahrzeug bewegt sich aus der Ruhelage auf einer Bahn, die durch die Parabel Y = bX 2 beschrieben wird. Der Anfangspunkt ist durch die Koordinate X0 gegeben. Während der Fahrt wirkt die konstante Motorkraft FA und die Widerstandskraft FW . 1. Welche Geschwindigkeit hat das Fahrzeug nach der Zeit t? 2. Wie groß muss der Reibungskoef¿zient im Punkt 0 mindestens sein, damit das Fahrzeug nicht ins Rutschen kommt?

109

Y FA

Y=bX

s

2

FW X X0

0

Bekannt: t = 10 s, m = 1.4 t, FA = 2 kN, FW = kv 2 , k = 0.3 kg/m, X0 = 50 m, b = 0.04 1/m. Aufgabe 3.22 (SG = 3) Die Magnetschwebebahn aus Beispiel 3.5 bewegt sich auf einer Bahn, die durch die Parabel Y = bX 2 beschrieben wird. Sie wird an dem Ort (X0 , Y0 ) aus dem Stand auf 200 km/h in 120 s gleichmäßig beschleunigt. Widerstandskräfte werden nicht berücksichtigt. 1. 2. 3. 4.

Wie groß ist die erforderliche Antriebskraft FA ? Welche Strecke L hat sie zurückgelegt? Wie groß sind Führ- und Tragkraft an der Stelle X1 = −2943.93 m? Wie groß darf die Geschwindigkeit im Punkt 0 höchstens sein, damit die Führkraft den Wert 280 kN nicht u¨ berschreitet?

Bekannt: X0 = −3000 m, b = 0.01 1/m, v = 200 km/h, m = 10 t, β = 20o .

110


3.4 Das Prinzip von d’Alembert 3.4.1 Kräfte- und Momentengleichgewichtsbedingungen Wir bringen in dem dynamischen Grundgesetz (3.4) alle Anteile auf die linke Seite und erhalten n Fi + m(−a) = 0. (3.36) FR = i=1

Der Vektor m(−a) mit der Einheit einer Kraft wird als d’Alembertsche Trägheitskraft bezeichnet (nach Jean-Baptiste le Rond, genannt d’Alembert, 1717-1783) und gehört zur Gruppe der Scheinkräfte (vgl. Abschnitt 3.3). Mit Gl.(3.36) haben wir das kinetische Problem des Massenpunktes formal auf ein Problem der Statik zurückgeführt. Damit gilt: Die Summe aller am Massenpunkt angreifenden Kräfte, einschließlich der Trägheitskraft m(−a), ist Null. Wie das dynamische Grundgesetz (3.4) kann Gl.(3.36) in verschiedenen Koordinatensystemen dargestellt werden. Dabei entstehen aus dem Vektor m(−a) Trägheitskräfte. Aus (3.8) erhält man in raumfesten kartesischen Koordinaten: 1. Fix + (−m¨ x) = 0, 2. Fiy + (−m¨ y ) = 0, 3. Fiz + (−m¨ z ) = 0, (3.37) aus (3.12) in Zylinderkoordinaten: r − r ϕ˙ 2 ) = 0, 2. Fiϕ + (−m(2r˙ ϕ˙ + r ϕ)) ¨ = 0, 1. Fir + −m(¨ 3. Fiz + (−m¨ z ) = 0,

(3.38)

aus (3.15) in natürlichen Koordinaten: 1.

Fit + (−mv) ˙ = 0,

2.

v2 = 0, Fin + −m ρ

3.

Fib = 0

(3.39)

und aus (3.18) in mitrotierenden kartesischen Koordinaten: 1. Fix + −m(−yα− xω 2 ) = 0, 2. Fiy + −m(xα− yω 2 ) = 0, 3. Fiz = 0. (3.40) Bemerkungen 3.6 1. Bei der Vorzeichenregelung ist zu beachten, dass die Trägheitskräfte ,,Masse × Beschleunigung” in den skalaren Bewegungsgleichungen (3.37) - (3.40) entgegen den Koordinatenrichtungen wirken. 2. Da wir mit der d‘Alembertschen Trägheitskraft das Problem der Dynamik auf ein Problem der Statik zurückgeführt haben, können exzentrische Kräfte, wie z.B. Lagerkräfte an rotierenden Systemen, mit Momentengleichgewichtsbedingungen berücksichtigt werden. Bezüglich eines beliebigen Bezugspunktes F lauten z.B. für mitrotierende Koordinaten die Momentengleichungen mit den in (3.40) auftretenden Kräften (F ) (F ) (F ) 1. Mix = 0, 2. Miy = 0, 3. Miz = 0. (3.41) Damit gilt: Die Summe der Momente aller am Massenpunkt zentrisch und exzentrisch angreifenden Kräfte - einschließlich der Trägheitskräfte ist Null.

3.4 Das Prinzip von d’Alembert

111

3.4.2 Zentrifugalkräfte Man bezeichnet die vom Krümmungsmittelpunkt zum Masssenpunkt gerichtete Trägheitskraft als Flieh- oder Zentrifugalkraft (fugere = Àiehen). Für den Sonderfall einer Kreisbewegung erhält man für die verschiedenen Koordinatensysteme aus den Gleichungen (3.38) - (3.40) folgende Zentrifugalkräfte: 1. Zylinderkoordinaten: 2. Natürliche Koordinaten: 3. Mitrotierende kartesische Koordinaten:

ZZ = m(r ϕ˙ 2 ) ZN = m(v 2 /ρ) ZR = m(rω 2 ), r 2 = x2 + y 2 .

(3.42)

In Abb. 3.24 sind diese Kräfte für alle drei Fälle veranschaulicht. Wir bemerken noch, dass die Zentrifugalkraft jeweils mit der Zentripetalkraft (petere = ziehen) im Gleichgewicht ist, welche zum Mittelpunkt hin gerichtet ist.

Abb. 3.24. Zentrifugalkräfte bei Kreisbewegungen: a) Zylinderkoordinaten, b) natürliche Koordinaten, c) mitrotierende kartesische Koordinaten

Beispiel 5.12 Mathematisches Pendel Für das mathematische Pendel in Beispiel 3.3 bestimme man die Zentrifugalkraft Z(t). ¨ Voruberlegung: Mit der Wahl von Zylinderkoordinaten wird die Zentrifugalkraft nach Gl.(3.42.1) bestimmt. Dazu muss die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ bekannt sein, die wir aus der Lösung in Beispiel 3.3 erhalten. Lösung: Aus der Lösung für die Bewegungsgleichung in Beispiel 3.3 folgt: ˙ = −ϕ0 ω sin(ωt), ω = g/l. ϕ(t) = ϕ0 cos(ωt) =⇒ ϕ(t) Damit erhält man für die Zentrifugalkraft nach Gl.(3.42.1) g Z(t) = m(lϕ˙ 2 ) = mlϕ20 sin2 (ωt) = mϕ20 g sin2 (ωt). l Der Maximalwert Zmax = mϕ20 g wird periodisch zu den Zeiten t = π/(2ω) + nT /2, n = 0, 1, 2, .., mit der Schwingungsdauer T = 2π/ω erreicht.

112


Beispiel 3.13 Rührwerk mit Punktmasse Das Rührwerk in Abb. 3.25 besteht aus zwei masselosen Stäben, die senkrecht zueinander angeordnet sind. Im Punkt C ist eine Punktmasse m befestigt. Die AuÀager A und B erlauben eine reibungsfreie Rotation. Man bestimme mit den d’Alembertschen Trägheitskräften die dynamischen Lagerreaktionen am AuÀager B bei konstanter Winkelgeschwindigkeit ωc Abb. 3.25. Rührwerk mit einer Punktmasse

¨ Voruberlegungen: In Abb. 3.25.b werden für die Kreisbewegung des Massenpunktes mitrotierende kartesische Koordinaten x, y, z gewählt. Für den Massenpunkt lauten die Koordinaten x = d, y = 0, z = 2l. Da die Winkelgeschwindigkeit ω konstant ist, tritt nach Gl.(3.39.2) als d’Alembertsche Trägheitskraft nur die in Gl.(3.42.3) de¿nierte, nach außen wirkende Zentrifugalkraft ZR = mdω 2 auf. Des Weiteren kennzeichnen Ax , Ay , sowie Bx , Bz die Kräfte in den Lagern A und B. Die Kraft Az ist gleich Null. Da nur nach dynamischen AuÀagerreaktionen gefragt ist, bleibt die Gewichtskraft unberücksichtigt. Mit der Wahl F = A werden die Kräfte im Lager B mit den Momentengleichungen (3.41) direkt berechnet. Lösung: Mit den Methoden der Statik werden die Momentengleichgewichtsbedingungen (3.41.1) bis (3.41.3) bezüglich des Lagers A formuliert: (A) Mx = 0 : −3lBy = 0 (i) (A) My = 0 : +3lBx + 2l ZR = 0 (ii) . Für das Moment um die z-Achse gibt es keine Anteile. Die nach außen wirkende Zentrifugalkraft in Gl.(ii) hat nach Gl.(3.42.3) den Wert ZR = mdω 2 .

Abb. 3.25.b. Idealisiertes System, Freischnitt und Schnittkräfte

Aus den Gleichungen (i) und (ii) erhält man mit α = ω˙ = 0 und ω = ωc die AuÀagerkräfte By = 0,

2 Bx = − dmωc2 . 3

3.4 Das Prinzip von d’Alembert

113

3.4.3 Aufgaben zu Abschnitt 3.4 Aufgabe 3.23 (SG = 2) Lösen Sie die Aufgabenstellung in Beispiel 3.8 für den PKW in der Beschleunigungsphase mit der d’Alembertschen Trägheitskraft. Aufgabe 3.24 (SG = 2) In Aufgabe 3.21 hat die Straße im Punkt 0 zusätzlich den Neigungswinkel β. Wie groß ist die Fliehkraft im Ursprung 0, und wie groß muss der Reibungskoef¿zient μ im Punkt 0 mindestens sein, damit das Fahrzeug nicht ins Rutschen kommt? Bekannt: t = 10 s, m = 1.4 t, FA = 2 kN, FW = kv 2 , k = 0.3 kg/m, X0 = 50 m, b = 0.04 1/m, β = 20o . Aufgabe 3.25 (SG = 2) Ein Fahrradfahrer muss zur Vermeidung eines Zusammenstoßes mit einem anderen Verkehrsteilnehmer stark abbremsen. Welche Bremsbeschleunigung a darf er mit der Vorderbremse auslösen, damit er nicht gemeinsam mit dem Fahrrad nach vorne u¨ berkippt? Bekannt: Gemeinsame Masse m und gemeinsamer Schwerpunkt S von Fahrrad und Fahrer. Abstände b, c, h. Aufgabe 3.26 (SG = 2) Für das Rührwerk in Beispiel 3.13 wird beim Anfahren mit konstanter Winkelbeschleunigung die Winkelgeschwindigkeit ωc nach der Zeit Δt erreicht. Man bestimme mit den d’Alembertschen Trägheitskräften 1. die dynamischen Lagerreaktionen am Auflager B, 2. das Antriebsmoment MT während des Beschleunigungsvorganges. Bekannt: Δt, ωc .

Zur Beförderung eines Skifahrers von der Tal- zur Bergstation mit dem Sessellift wird Energie aufgewendet, so dass dem Skifahrer an der Bergstation Lageenergie zur Verfügung steht. Während der Abfahrt zur Talstation wird durch wiederholtes Abbremsen sowie durch Reibung zwischen Skiern und Schnee Reibungsarbeit verrichtet. Damit wird nur ein Teil der zur Verfügung stehenden Lageenergie in kinetische Energie umgewandelt. Mit dem dynamischen Grundgesetz und den Kraftgesetzen des vorherigen Kapitels werden in diesem Kapitel Beziehungen zwischen verschiedenen Energieformen in dem Arbeitsatz und dem Energiesatz hergeleitet. In diesem Zusammenhang werden die physikalischen Größen Arbeit, kinetische Energie und Potenzial eingeführt. Zusätzlich werden wir die Begriffe Leistung und Wirkungsgrad kennenlernen, die z.B. beim Größenvergleich von Maschinen und Anlagen eine wichtige Rolle spielen.

4 ¨ den Massenpunkt Der Arbeitssatz und der Energiesatz fur

Aufgaben der Dynamik für Massenpunkte können mit dem dynamischen Grundgesetz bearbeitet werden. Wie Beispiele in den vorherigen Kapiteln gezeigt haben, kann der Rechenaufwand zur Lösung der Differenzialgleichungen dabei recht umfangreich werden. In diesem Kapitel werden der Arbeitssatz und der Energieerhaltungssatz (kurz: Energiesatz) hergeleitet. Diese Gesetze tragen in einigen Fällen zur Vereinfachung der Lösungsschritte bei.

4.1 Die Arbeit einer Kraft entlang einer Bahn 4.1.1 Vorbetrachtungen zum Arbeitsbegriff In Abb. 4.1.a bewegt sich ein Wagen infolge einer Zugkraft F eine Weglänge Δs horizontal von einer Lage I in eine Lage II. Ein einfacher Ansatz zur Berechnung der Arbeit lautet: Arbeit = Kraft × Weg

=⇒

W = F Δs.

(4.1)

Abb. 4.1. a) Konstante Zugkraft F an einem Wagen, b) zeitabhängige Kraft F(t) an einem Hubschrauber

In Abb. 4.1.b ist die Bewegung eines Hubschraubers von der Position PI zur Position PII dargestellt. Auf den Körper wirkt eine Kraft F(t). Während der Bewegung können die folgenden Fälle auftreten: • Die Kraft ist während der Bewegung nicht konstant, d.h. F = F(t). • Die Bewegung verläuft nicht geradlinig. • Der Winkel β zwischen der zeitabhängigen Kraft und der momentanen Bewegungsrichtung variert während der Bewegung.

116

4 Der Arbeitssatz und der Energiesatz für den Massenpunkt

Es ist nicht möglich, diese verschiedenen Fälle mit dem einfachen Ansatz (4.1) zu berücksichtigen. Damit wird eine allgemeine De¿nition der Arbeit notwendig. 4.1.2 Berechnung der Arbeit im allgemeinen Fall Für den differenziellen Verschiebungsvektor in Abb. 4.1.b folgt aus Gl.(2.14) dx = vdt. Da das Zeitdifferenzial dt eine skalare Größe ist und der Geschwindigkeitsvektor v wegen der Eigenschaft (2.16.2) tangential zur Bahn verläuft, ist auch der Vektor dx tangential zur Bahn gerichtet. Die Berechnung der gesamten Arbeit W I,II der Kraft F(t) entlang des Weges zwischen den zwei Bahnpunkten PI und PII geschieht in zwei Schritten: Arbeit einer Kraft entlang einer Bahn 1. Arbeitsdifferenzial:

dW = F · dx

(4.2)

II

2. Arbeit:

W I,II =

II

dW = I

F · dx.

I

Bemerkungen 4.1 1. Das Arbeitsdifferenzial dW ist ein momentaner Wert, während die Arbeit W I,II die gesamte Arbeit einer Kraft angibt, die auf dem Weg zwischen zwei Bahnpunkten PI und PII und somit zwischen zwei zugehörigen Zeiten tI und tII verrichtet wird. 2. In Gl.(4.2) kennzeichnet der Punkt (·) das Skalarprodukt von zwei Vektoren gemäß Gl.(A.3). Bezeichnen wir mit β den von F und dx eingeschlossenen Winkel, dann gilt dW = F · dx = |F||dx| cos β.

(4.3)

3. Da das Arbeitsdifferenzial dW aus dem Skalarprodukt der beiden Vektoren F und dx entsteht, ist dW und somit auch W I,II eine skalare Größe. 4. Wir bringen Gl.(4.3) in die Form dW = (|F| cos β) |dx|. Gemäß Abb. 4.2 ist |F| cos β die Komponente der Kraft F auf dem Bahndifferenzial dx (kurz: Bahnkomponente der Kraft, oder: Projektion der Kraft). Damit besagt (4.2): 1. Das Arbeitsdifferenzial dW ist das Produkt der momentanen Größen ,,Bahnkomponente der Kraft” und ,,Bahndifferenzial”. 2. Die Arbeit W I,II ist das Wegintegral (oder: Linienintegral) der ,,Bahnkomponente der Kraft” .

S |F|

F

β

dx |dx

|

cos

β

Abb. 4.2. Bahnkomponente (Projektion) |F| cos β der Kraft F auf dem Bahndifferenzial dx

4.1 Die Arbeit einer Kraft entlang einer Bahn

117

5. Aus der De¿nition (4.2) ergibt sich als Einheit für die Arbeit 1[W ] = 1 Nm = 1 J = 1 Ws.

(4.4)

Das Joule J (nach James Prescott Joule, 1818 - 1889) und die Wattsekunde Ws sind somit gleichwertige Einheiten. 6. Falls die Vektoren F und dx ungleich dem Nullvektor 0 sind und wie in Abb. 4.3 β der von beiden Vektoren eingeschlossene Winkel ist, dann ergeben sich aus Gl.(4.3) für das Vorzeichen von dW die folgenden drei Fälle: ⎧ ⎨ > 0, falls 0 ≤ β < 90o , 270o < β ≤ 360o = 0, falls β = 90o , 270o (4.5) dW ⎩ < 0, falls 90o < β < 270o . In Abb. 4.3 sind die drei Fälle dargestellt und an Beispielen erklärt. Die Zugkraft eines Wagens verursacht somit entlang der Verschiebung dx ein positives Arbeitsdifferenzial. Die Arbeit einer Gewichtskraft entlang einer horizontalen Verschiebung dx ist immer gleich Null, und die Arbeit von Reibkräften entlang ihrer Verschiebung dx ist immer negativ. 7. Widerstandskräfte (z.B. Wind-, Dämpfungs- oder Reibungskräfte) sind der Bewegung stets entgegengerichtet (vgl. Abschnitt 3.3). Damit gilt in Erweiterung der oberen Bemerkung 4.1.6: Die Arbeit von Widerstandskräften ist immer negativ. 8. Reaktionskräfte (z.B. Lager-, Führungs- und Tragkräfte) sind bei geführten Bewegungen stets senkrecht zur Bahn gerichtet (vgl. Bemerkung 3.3.1). Damit gilt: Die Arbeit von Reaktionskräften ist immer gleich Null. In den nachfolgenden Abschnitten wird das Arbeitsdifferenzial dW nach Gl.(4.2.1) für verschiedene Koordinatensysteme ausgewertet.

Abb. 4.3. Zur Veranschaulichung des Arbeitsdifferenzials: a) positives Vorzeichen (tritt z.B. für die Zugkraft eines Wagens auf), b) Wert gleich Null (tritt z.B. bei Gewichtskräften auf, die horizontal verschoben werden), c) negatives Vorzeichen (tritt z.B. bei Reibungskräften auf)

118


4.1.3 Das Arbeitsdifferenzial in raumfesten kartesischen Koordinaten In raumfesten kartesischen Koordinaten haben der Kraftvektor F und der Vektor des Verschiebungsdifferenzials dx mit den Basisvektoren eX , eY , eZ gemäß De¿nition (A.12) die Basisdarstellungen 1. F = FX eX + FY eY + FZ eZ ,

2. dx = dXeX + dY eY + dZeZ .

(4.6)

Zur Auswertung des Arbeitsdifferenzials nach De¿nition (4.2.1) wird zwischen allen Komponenten des Kraftvektors F und des Ortsvektors dx das Skalarprodukt gebildet. Auf Grund der Orthogonalitätseigenschaften (A.11) für die Basisvektoren gelten die Beziehungen eX · eX = 1, eX · eY = 0, eY · eY = 1 u.s.w., so dass dW = F · dx = FX dX + FY dY + FZ dZ.

(4.7)

Dieses Ergebnis erlaubt die folgende Interpretation: Die drei Kraftkoeffizienten FX , FY bzw. FZ liefern nur dann einen Beitrag zum Arbeitsdifferenzial, wenn in der jeweiligen Richtung der Basisvektoren eX , eY bzw. eZ eine Verschiebung auftritt. Die einzelnen Arbeitsanteile sind in Abb. 4.4.a für eine ebene Bewegung erklärt. 4.1.4 Das Arbeitsdifferenzial in Zylinderkoordinaten In Zylinderkoordinaten erhalten der Kraftvektor F und der Vektor des Verschiebungsdifferenzials dx mit den Basisvektoren er , eϕ , ez die folgenden Basisdarstellungen 1. F = Fr er + Fϕ eϕ + Fz ez ,

2. dx = drer + rdϕeϕ + dzez .

(4.8)

Hierbei erfüllen die Basisvektoren er , eϕ , ez die Orthonormalitätseigenschaften (A.11), so dass er · er = 1, er · eϕ = 0, eϕ · eϕ = 1 u.s.w. Damit berechnet man dW = F · dx = Fr dr + Fϕ rdϕ + Fz dz.

(4.9)

Dieses Ergebnis erlaubt die folgende Interpretation: Die drei Kraftkoeffizienten Fr , Fϕ bzw. Fz liefern nur dann einen Beitrag zur Arbeit, wenn in der jeweiligen Richtung der Basisvektoren er , eϕ bzw. ez eine Verschiebung auftritt. Die einzelnen Arbeitsanteile sind in Abb. 4.4.b für eine ebene Bewegung erklärt. ¨ 4.1.5 Das Arbeitsdifferenzial in naturlichen Koordinaten In natürlichen Koordinaten wird die Basisdarstellung des Kraftvektors F mit den Basisvektoren et , en , eb erhalten. Die Basisdarstellung für den Vektor des Verschiebungsdifferenzials dx erfolgt wegen Gl.(2.30) allein mit dem Basisvektor et . Damit gilt 1. F = Ft et + Fn en + Fb eb ,

2. dx = dset .

(4.10)

Hierbei erfüllen die Basisvektoren et , en , eb die Orthonormalitätseigenschaften (A.11), so dass et · et = 1, et · en = 0, en · en = 1 u.s.w. Damit berechnet man


119

Abb. 4.4. Das Arbeitsdifferenzial im ebenen Fall: a) raumfeste kartesische Koordinaten, b) Zylinderkoordinaten, c) natürliche Koordinaten, d) mitrotierende kartesische Koordinaten. In den Fällen a), b), c) treten die gleichen Vektoren F und dx auf. Im Fall d) wird eine Kreisbewegung vorausgesetzt.

dW = F · dx = Ft ds.

(4.11)

Die Interpretation ist wie folgt: Im Gegensatz zu kartesischen Koordinaten und Zylinderkoordinaten liefert bei natürlichen Koordinaten nur ein Kraftkoeffizient, nämlich der tangentiale Anteil Ft , einen Beitrag zum Arbeitsdifferenzial dW . Ist das Verschiebungsdifferenzial ds in Richtung von et gleich Null, ist auch dW gleich Null. Das Arbeitsdifferenzial dW ist in Abb. 4.4.c für den ebenen Fall erklärt. 4.1.6 Das Arbeitsdifferenzial in mitrotierenden kartesischen Koordinaten In mitrotierenden kartesischen Koordinaten erhalten der Kraftvektor F und der Vektor des Verschiebungsdifferenzials dx folgende Basisdarstellungen: 1. F = Fx ex + Fy ey + Fz ez ,

2. dx = dxex + dyey + dzez .

(4.12)

Die Basisvektoren ez , ey , ez erfüllen die Orthonormalitätseigenschaften (A.11), so dass dW = F · dx = Fx dx + Fy dy + Fz dz.

(4.13)

Gl.(4.13) wird wie bei raumfesten kartesischen Koordinaten in Abschnitt 4.1.3 interpretiert. In Abb. 4.4.d ist das Arbeitsdifferenzial für eine kreisförmige Bewegung erklärt.

120


Beispiel 4.1 Kind auf einer Rutsche Ein Kind der Masse m rutscht von der Ruhelage aus eine schiefe Ebene der Länge L hinab. Der Neigungswinkel beträgt β, und der Reibungskoef¿zient ist μ. Entlang der Wegstrecke L bestimme man die Arbeiten a) der Gewichtskraft G, b) der Normalkraft N , c) der Reibungskraft R. Abb. 4.5. Kind auf einer Rutsche

¨ Voruberlegungen: Die Arbeiten werden jeweils mit den zwei Berechnungsschritten (4.2) erhalten. Dazu bestimmen wir die Arbeitsdifferenziale nach Gl.(4.7) mit raumfesten kartesischen Koordinaten X, Y , wobei die X-Koordinate in Bewegungsrichtung zeigt. Lösung: Aus der Bewegungsgleichung (3.8.2) folgt wegen Y¨ = 0 für die Normalkraft N = mg cos β. Für die Reibungskraft gilt das Coulombsche Gesetz R = μN = μmg cos β. Sie ist der Bewegung entgegen gerichtet, so dass der X-Koef¿zient in der Basisdarstellung negativ ist. Die Basisdarstellungen für die Vektoren der Gewichtskraft FG , der Normalkraft FN , der Reibungskraft FR und für den differenziellen Verschiebungsvektor dx lauten somit FG FN FR dx

= mg sin β eX = 0 eX = −μmg cos β eX = dX eX

− mg cos β eY + mg cos β eY + 0 eY + 0 eY .

Hierbei ist berücksichtigt, dass in Y -Richtung kein Verschiebungsdifferenzial dY auftritt.

Abb. 4.5.b. Kräfte im Freischnitt

Damit folgen die differenziellen Arbeiten nach Gl.(4.7) sowie die gesamten Arbeiten von der Ausgangslage I in die Endlage II nach Gl.(4.2.2) für alle drei Kräfte: a) Gewichtskraft : =⇒

dWG = FG · dx = mg sin βdX L L dWG = mg sin β dX WGI,II = 0

b) Normalkraft : =⇒

= mg sin βL

0

dWN = FN · dx = 0 L I,II WN = dWN = 0 0

c) Reibungskraft : =⇒

dWR = FR · dx = −μmg cos βdX L L I,II dWR = −μmg cos β dX = −μmg cos βL. WR = 0

0


121

Bemerkungen: Die Ergebnisse bestätigen die in Abb. 4.3 dargestellten Fälle zur Vorzeichenregelung: Das Vorzeichen der Arbeit folgt aus der Größe des Winkels, den Kraft- und Verschiebungsvektor im jeweiligen Fall einschließen. Die Normalkraft ist wie im Fall b) in Abb. 4.3 als Reaktionskraft immer senkrecht zur geführten Bewegung gerichtet und leistet somit keine Arbeit, vgl. Bemerkung 4.1.8. Wie in den Bemerkungen 4.1.6 und 4.1.7 erläutert, ist die Arbeit von Reibungskräften stets negativ.

Beispiel 4.2 Robotergesteuerte Rechteckplatte im Raum auf verschiedenen Wegen Der Schwerpunkt S einer Rechteckplatte der Masse m wird mit einem Roboterarm von der Lage I in die Lage II im Raum verschoben. Es soll der EinÀuss der verschiedenen Verschiebungswege 1, 2, 3 auf die Arbeit der Gewichtskraft untersucht werden. Bekannt: Schwerpunktkoordinaten in Lage I und Lage II: XI , XII , YI , YII , ZI , ZII .

Abb. 4.6. Robotergesteuerte Rechteckplatte im Raum auf drei verschiedenen Wegen

¨ Voruberlegungen: Mit raumfesten kartesischen Koordinaten wird zunächst das Arbeitsdifferenzial nach Gl.(4.7) bestimmt. Die Gesamtarbeit ist das Wegintegral nach Gl.(4.2.2). Lösung: Die Größe der Gewichtskraft ist mg, und deren Richtung zeigt entgegen der ZKoordinate in Abb. 4.6. Die Koef¿zienten des Kraftvektors in Gl.(4.6.1) lauten daher FX = 0,

FY = 0,

FZ = −mg.

(4.14)

Bestimmt man das Arbeitsdifferenzial mit Gl.(4.7) dW = Fx dX + Fy dY + Fz dZ = −mgdZ,

(4.15)

so folgt die gesamte Arbeit entlang eines Weges von Lage I in Lage II nach Gl.(4.2.2) zu W

I,II

xII

= xI

F · dx =

ZII ZI

II −mgdZ = −mg [Z]Z ZI = −mg(ZII − ZI ). (4.16)

Bemerkungen: Die Arbeit der Gewichtskraft ist das Produkt von der Kraft mg und der Höhendifferenz h = −(ZII − ZI ). Horizontale Verschiebungen in X- und Y - Richtung haben also keinen EinÀuss. Die Arbeit wird negativ für Verschiebungen nach oben und positiv für Verschiebungen nach unten. Weiter stellt man fest, dass die Kenntnis der Koordinaten ZI und ZII in der Anfangs- und Endlage ausreichend zur Bestimmung der Arbeit ist und dass der Bahnverlauf und Zwischenzustände keinen EinÀuss haben. Allgemein gilt: Die Arbeit von Gewichtskräften ist wegunabhängig.

122


Beispiel 4.3 Arbeit einer Federkraft Eine Hülse ist mit einer Feder verbunden und kann entlang einer Stange reibungsfrei vertikal gleiten. Auf dem Weg von der Lage I in die Lage II bestimme man die Arbeit der an der Hülse angreifenden Federkraft. Bekannt: Federkonstante c, Zylinderkoordinaten für Lage I und II rI , rII , ϕI , ϕII , zI = zII = 0, Radius für entspannte Feder r0 . ¨ Voruberlegungen: Mit Zylinderkoordinaten wird zunächst das Arbeitsdifferenzial nach Gl. (4.9) bestimmt. Die Gesamtarbeit ist das Wegintegral nach Gl.(4.2.2). Lösung: Nach dem Federgesetz (3.20) ist die Größe der Federkraft in dem Freischnitt in Abb. 4.7.b gleich FF = c(r − r0 ). Die an der Hülse angreifende Kraft ist dem Basisvektor er entgegen gerichtet und hat somit die Basisdarstellung F = −FF er = −c(r − r0 )er . Die Koef¿zienten in Gl.(4.8.1) sind Fr = −FF = −c(r − r0 ), Fϕ = 0,

(4.17)

Fz = 0.

Abb. 4.7.b. Federkraft im Schnittbild, Polarkoordinaten und Basisvektoren

Somit folgt aus Gl.(4.9) für die differenzielle Arbeit dW = Fr dr + Fϕ rdϕ + Fz dz = −c(r − r0 )dr.

(4.18)

Die gesamte Arbeit auf dem Weg von Lage I in Lage II errechnet sich mit Gl.(4.2.2): xII W

I,II

F · dx =

=

rII

xI

= ... =

−c(r − r0 )dr = −c rI

1 c (rI − r0 )2 − (rII − r0 )2 . 2

1 2 r − rr0 2

rII rI

(4.19)

Bemerkung: Die Kenntnis der Koordinaten rI und rII in der Anfangs- und Endlage ist ausreichend zur Bestimmung der Federarbeit. Der Bahnverlauf und Zwischenzustände haben keinen EinÀuss. Allgemein gilt: Die Arbeit von Federkräften ist wegunabhängig.


123

Beispiel 4.4 Arbeit von Reibungskräften auf verschiedenen Wegen Eine Kiste wird auf zwei verschiedenen Wegen C1 und C2 von der Lage I in die Lage II verschoben. Zwischen der Kiste und dem Untergrund wirkt Coulombsche Reibung. Es soll der EinÀuss der verschiedenen Wege auf die Arbeit der Reibungskraft untersucht werden. Bekannt: Masse m, Abstände a, Reibungskoef¿zient μG .

Abb. 4.8. Verschiebung einer Kiste auf zwei Wegen C1 und C2

¨ Voruberlegung: Mit dem Bahnparameter s berechnet man das Arbeitsdifferenzial mit Gl. (4.11) und die Gesamtarbeiten entlang der Wege C1 und C2 durch Integration mit Gl.(4.2.2). Lösung: Nach dem Reibungsgesetz (3.22) ist die Größe der auf die Kiste wirkenden Kraft FR = μG mg. Sie ist dem Bahnparameter s stets entgegengerichtet, so dass die Tangentialkraft Ft in Gl.(4.11) negativ ist, d.h. Ft = −FR = −μG mg. Das Arbeitsdifferenzial ist nach Gl.(4.11) dW = Ft ds = −μG mg ds

(4.20)

und somit negativ (vgl. auch Bemerkung 4.1.7). Die gesamten Arbeiten entlang der endlichen Wege C1 und C2 von der Lage I in die Lage II errechnen sich mit Gl.(4.2.2): Bahn C1 :

WCI,II = 1

Bahn C2 :

WCI,II = 2

(C1 ) (C2 )

F · dx = F · dx =

(C1 ) (C2 )

Abb. 4.8.b. Reibungskraft und Bewegungsrichtung

−μG mgds = −μG mga −μG mgds = −μG mg 3a = WCI,II . 1

Die Arbeiten der Reibungskraft entlang der beiden Wege C1 und C2 sind also - im Gegensatz zur Arbeit der Gewichtskraft in Beispiel 4.2 - unterschiedlich. Allgemein gilt: Die Arbeit von Reibungskräften ist wegabhängig.

124


Beispiel 4.5 Abbremsen eines PKWs durch Strohballenhaufen Ein PKW der Masse m fährt mit der Geschwindigkeit v0 in einen Strohballenhaufen. Dadurch kommt es zum Abbremsen des PKWs. Der entstehende Widerstand wird vereinfachend mit dem Kraftgesetz FW = kv berücksichtigt.

Abb. 4.9. Abbremsen eines PKWs durch Strohballenhaufen

Wie groß ist die Arbeit dieser Kraft bis der Wagen zum Stillstand kommt? Bekannt: m = 1300 kg, v0 = 50 km/h, k = 1500 kg/s. ¨ Voruberlegungen: Die Berechnung der Arbeit erfolgt mit Gl.(4.2). Dazu wird vorab die differenzielle Arbeit nach Gl.(4.11) unter Verwendung natürlicher Koordinaten bestimmt, wobei die s-Koordinate in Bewegungsrichtung zeigt. Die Ausgangs- und die Endlage werden mit I und II bezeichnet. Für die Wegintegration in Gl.(4.2.2) besteht die Schwierigkeit, dass in dem Gesetz FW = kv die Kraft als Funktion der Geschwindigkeit und nicht des Weges s gegeben ist. Es wird daher eine Umparametrisierung FW (v) ≡ FW (s) notwendig, die mit den Ergebnissen in Aufgabe 3.16 (bzw. Tabelle 3.2, Fall 3 mit F = 0) gelingt. Lösung: Mit der Umparametrisierung v = v0 − ks/m (siehe Aufgabe 3.16 oder Tabelle 3.2) lautet die Widerstandskraft s FW (s) = kv0 − k2 . (4.21) m Die Widerstandskraft FW ist der Bewegung entgegen gerichtet, so dass der Koef¿zient in der Basisdarstellung (4.10) negativ ist, d.h. Ft = −FW . Mit den Basisdarstellungen für die Vektoren der Widerstandskraft FW und des Verschiebungsdifferenzials dx wird das Arbeitsdifferenzial nach Gl.(4.11) berechnet

k2 s k2 s FW = −kv0 + et , dx = ds et =⇒ dW = FW · dx = − kv0 − ds. m m Die gesamte Arbeit von Lage I in Lage II wird mit Gl.(4.2.2) durch Integration entlang des Weges erhalten. Mit dem Ergebnis l = (mv0 )/k aus Aufgabe 3.16 folgt II l

k 2 l2 k2 s 1 I,II W ds = − kv0 l = − mv02 . = dW = − kv0 − m 2m 2 I 0 Bemerkungen: Das Ergebnis kann als Umwandlung der kinetischen Energie 1/2 mv02 in die Arbeit der Widerstandskraft FW interpretiert werden. Derartige Vorgänge bezeichnet man als Dissipation. Die Arbeit W I,II hängt insbesondere von der Anfangsgeschwindigkeit v0 ab. Eine Unabhängigkeit von dem Integrationsweg kann nicht gezeigt werden. Allgemein gilt: Die Arbeit von Widerstandskräften ist wegabhängig.


125

4.1.7 Leistung und Wirkungsgrad Wir betrachten nochmals die Bewegung des Punktes S in Abb. 4.1.b und formulieren mit den momentanen Größen Kraft F(t) und Geschwindigkeit v(t) zur Zeit t die Definition Leistung einer Kraft

(4.22)

P = F · v.

Bemerkungen 4.2 1. Auf Grund der De¿nitionen (2.14) für den Geschwindigkeitsvektor und (4.2.1) für die differenzielle Arbeit folgt der Zusammenhang F · dx dW dx = = . dt dt dt Damit gilt: Die Leistung ist die Ableitung der Arbeit nach der Zeit. 2. Aus der De¿nition (4.22) ergibt sich für die Einheit der Leistung P =F·v=F·

(4.23)

Nm J = 1 = 1 W. (4.24) s s Der Zusammenhang zwischen dem Watt (W) (nach James Watt 1736 - 1819) und der früher verwendeten Einheit PS lautet 1 [P ] = 1

⇐⇒

1 PS = 0.735 kW

1 kW = 1.36 PS.

3. Die Leistung in Gl.(4.22) wird wie das Arbeitsdifferenzial in Gl.(4.2.1) als Skalarprodukt von zwei Vektoren de¿niert. Kennzeichnet β den von F und v eingeschlossenen Winkel, dann gilt wie in Gl.(4.3) P = F · v = |F||v| cos β, und man erhält analog zu den Fallunterscheidungen (4.5) und Abb. 4.3 ⎧ ⎨ > 0, falls 0 ≤ β < 90o , 270o < β ≤ 360o = 0, falls β = 90o , 270o P ⎩ < 0, falls 90o < β < 270o .

(4.25)

(4.26)

Die Auswertung der Leistung in verschiedenen Koordinatensystemen erfolgt in gleicher Weise wie in den Abschnitten 4.1.3 bis 4.1.6 für das Arbeitsdifferenzial. Da bei geführten Bewegungen Reaktionskräfte stets senkrecht und die Geschwindigkeit stets tangential zur Bahn gerichtet sind, ist die Leistung von Reaktionskräften gleich Null. 4. Die Leistung P ist ein momentaner Wert, während die Arbeit W I,II in Gl.(4.2.2) die gesamte Arbeit einer Kraft angibt, die auf dem Weg zwischen zwei Bahnpunkten PI und PII und somit zwischen zwei zugehörigen Zeiten tI und tII verrichtet wird. Mit Gl.(4.23) wird der folgende Zusammenhang zwischen beiden Größen hergestellt II tII I,II = dW = P dt. (4.27) W I

tI

Damit gilt: Das Zeitintegral der Leistung zwischen den Zeiten tI und tII ist gleich der in diesem Zeitintervall verrichteten Arbeit.

126


5. Bei Maschinen und Anlagen tritt auf Grund von Widerstandskräften, z.B. an Lagern oder Führungen, ein Teil der aufgewandten Arbeit WA als Verlustarbeit WV auf. Für den vorgesehenen Zweck, z.B. den Antrieb einer Maschine, steht nur die Nutzarbeit WN = WA - WV zur Verfügung. Zur Beurteilung einer Maschine wird daher der Wirkungsgrad WA − WV WN = (4.28) WA WA eingeführt. Entsprechend wird der momentane Wirkungsgrad aus dem Verhältnis der momentanen Nutzleistung PN und der momentanen aufgewandten Leistung PA gebildet η=

ηM =

PN . PA

(4.29)

Beispiel 4.6 PKW in der Beschleunigung am Hang Der PKW in Beispiel 3.7 erreicht aus der Ruhelage nach der Strecke X1 die Geschwindigkeit v1 . Außer dem Rollwiderstand FRo ist zusätzlich der Windwiderstand FW = kv 2 zu berücksichtigen. Wie groß ist die Mortorleistung PM , wenn der momentane Wirkungsgrad zwischen Motor und Antriebsrädern ηM = 0.9 beträgt? Bekannt: m = 1.3 t, X1 = 500 m, v1 = 70 km/h, f = 0.018, β = 20o , k = 0.2 kg/m.

Abb. 4.10. PKW in der Beschleunigung am Hang

Lösung: Mit den Kräften im Freischnitt in Abb. 4.10 lautet die Bewegungsgleichung (3.8.1) X : maX = FA − FRo − FG sin β − kv 2 = F − kv 2 =⇒ F = FA − FRo − FG sin β. Für den Fall 2 in Tabelle 3.2 erhält man mit X0 = 0, v0 = 0 und X1 für die Geschwindigkeit

F 2k . 1 − exp − X1 v1 = v(X1 ) = k m Mit FG = mg und FRo = f FG cos β ergibt sich für die Antriebskraft FA =

kv12

+ f FG cos β + mg sin β = 4695 N. 2k 1 − exp − X1 m

Die momentane Nutzleistung der Antriebskraft FA am Ort X1 ist nach Gl.(4.23) 70 m/s = 91.3 · 103 Nm/s = 91.3 kW. 3.6 Mit einem Wirkungsgrad ηM =0.9 erhält man nach Umstellung von Gl.(4.29) für die momentane aufgewandte Motorleistung PN = FA v = 4695 N ·

PM =

PN 91.3 = = 101.4 kW = 138.0 PS. η 0.9


127

4.1.8 Arbeit und Leistung bei einer Kreisbewegung Fassen wir eine Kreisbewegung als geführte Bewegung auf, so sind die Gleichungen für natürliche Koordinaten in Abschnitt 4.1.5 zweckmäßig zur Bestimmung von Arbeit und Leistung geeignet. Bei einer Bewegung auf einem Kreis mit Radius r gilt für das Bahndifferenzial (4.30)

ds = rdϕ.

Damit berechnet man mit Gl.(4.11) das Arbeitsdifferenzial zu

Abb. 4.11. Kraft auf einer Kreisbewegung

dW = F · dx = Ft ds = Ft rdϕ = M dϕ.

(4.31)

Hierbei ist M = Ft r das Moment der Tangentialkraft Ft bezüglich des Koordinatenursprungs mit dem Hebelarm r. Der Kraftanteil Fn in Abb. 4.11 ist normal zum Bahndifferenzial ds und liefert somit keinen Beitrag zur Arbeit. Damit gilt bei einer Kreisbewegung: Arbeitsdifferenzial = Moment × Drehwinkeldifferenzial. Aus (4.2) erhalten wir die gesamte Arbeit zwischen zwei Bahnpunkten I und II und zugehörigen Winkeln ϕI und ϕII mit den folgenden Gleichungen: Arbeit bei einer Kreisbewegung 1. Arbeitsdifferenzial: dW = M dϕ 2. Arbeit:

W I,II =

(4.32) ϕII

II

dW = I

M dϕ. ϕI

In Gl.(4.32.1) wird ein Arbeitsdifferenzial dW berechnet, welches in Gl.(4.32.2) entlang der Bahnkurve von Lage I nach Lage II integriert wird. Für die Leistung gilt nach Gl.(4.23) P =

M dϕ dϕ dW = =M = M ω, dt dt dt

(4.33)

wobei ω die Winkelgeschwindigkeit in Gl.(2.26.1) ist. Damit gilt bei einer Kreisbewegung: Leistung = Moment × Winkelgeschwindigkeit. Mit der Drehzahl n in Gl.(2.27) können wir die Leistung auch schreiben als P =M

2π · n , 60

[n] = min−1 .

(4.34)

Ist in dieser Gleichung Nm die Einheit für das Moment M und (min−1 ) die Einheit für die Drehzahl n, dann folgt für die Leistung P die Einheit Watt (W).

128


4.1.9 Aufgaben zu Abschnitt 4.1 Aufgabe 4.1 (SG = 1) Ein Ball der Masse m wird u¨ ber mehrere Stockwerke um eine Strecke Δs nach oben befördert und anschließend fallengelassen. a) Wie groß ist die ,,Hubarbeit” WA0,I der a¨ ußeren Kraft FA für die Beförderung von Lage 0 in Lage I? b) Wie groß sind die Arbeiten WG0,I und WG0,II der Gewichtskraft FG auf dem Weg von Lage 0 in Lage I bzw. von Lage 0 in Lage II = 0? Aufgabe 4.2 (SG = 1) Eine Kiste der Masse m wird um eine Strecke Δs von Lage 0 in Lage I und anschließend von Lage I in Lage II = 0 verschoben. Der Gleitreibungskoef¿zient ist μ. a) Wie groß ist die ,,Reibungsarbeit” WA0,I der a¨ ußeren Kraft FA für die Verschiebung von Lage 0 in Lage I? b) Wie groß sind die Arbeiten WR0,I und WR0,II der Reibungskraft FR auf dem Weg von Lage 0 in Lage I bzw. von Lage 0 in Lage II = 0?

Aufgabe 4.3 (SG = 1) Eine Feder wird um eine Strecke Δs von Lage 0 in Lage I ausgelenkt und anschließend losgelassen. a) Wie groß ist die ,,Federspannarbeit” WA0,I der a¨ ußeren Kraft FA von Lage 0 in Lage I? b) Wie groß sind die Arbeiten WF0,I und WF,II der Federkraft FF auf dem Weg von Lage 0 in Lage I bzw. Lage 0 in Lage II = 0? c) Vergleichen Sie das Ergebnis WF0,II und die Ergebnisse für WG0,II in Aufgabe 4.1 und WR0,II in Aufgabe 4.2 jeweils mit den ,,Fremdarbeiten” WA0,I .


129

Aufgabe 4.4 (SG = 2) Am freien Ende eines elastischen Kragträgers mit Rechteckquerschnitt greift eine Kraft F an. Wie groß ist die Arbeit der Kraft F auf dem Weg der Durchbiegung w? Bekannt: F = 1000 N, E = 210 · 103 N/mm2 , h = 10 cm, b = 3 cm, l = 1 m. Aufgabe 4.5 (SG = 3) Eine Hülse der Masse m gleitet auf zwei verschiedenen Bahnen reibungsfrei von der Lage I in die Lage II. Der Höhenunterschied beträgt jeweils H. Im Fall a) verläuft die Bewegung auf einer Kreisbahn mit Radius R = H/2 und im Fall b) auf einer Parabel mit der Funktion Y = aX 2 . Wie groß ist die Arbeit der Gewichtskraft für beide Fälle?

Hinweise: Bei Verwendung von Zylinderkoordinaten zeige man im Fall a) zunächst die Basisdarstellungen F = mg sin ϕeϕ − mg cos ϕer , dx = dϕ

H eϕ 2

für den Kraftvektor des Gewichtes und den inkrementellen Verschiebungsvektor, und im Fall b) für raumfeste kartesischen Koordinaten folgende Basisdarstellungen: F = −mgeY , dx = dX eX + 2a dX eY .

Aufgabe 4.6 (SG = 2) Bestimmen Sie für Fall a) in Aufgabe 4.5 den Arbeitsanteil der Gewichtskraft für mitrotierende kartesische Koordinaten.

130


Aufgabe 4.7 (SG = 3) In Aufgabe 4.5 soll zusätzlich Reibung zwischen Hülse und Bahn mit der konstanten Reibungskraft R berücksichtigt werden. Wie groß sind für die Fälle a) und b) die Arbeiten der Reibungskraft. Aufgabe 4.8 (SG = 2) An einem Rührwerk mit zwei masselosen Stäben ist wie dargestellt eine Punktmasse m angebracht. Es wird mit einem Moment MT (ϕ) = Cϕ angetrieben, wobei ϕ der Umlaufwinkel ist. Nach 50 Umdrehungen wird der Endwert M0 erreicht. 1. Gesucht ist die Arbeit des Antriebsmomentes während der Antriebsphase. 2. Wie groß ist die Leistung? Bekannt: n = 50, M0 = 0.1 Nm. Aufgabe 4.9 (SG = 3) Eine Kiste wird auf einer schiefen Ebene mit einem starren Seil u¨ ber eine masselose Rolle M = 0 von einer Kraft Z(s) gezogen. Dabei tritt zwischen der Kiste und der Ebene Coulombsche Reibung auf. Zusätzlich ist die Kiste u¨ ber eine Feder mit einem festen Lager verbunden. Die Auslenkung in der Ausgangslage beträgt rI , während r0 die Auslenkung der entspannten Feder ist. Für eine Wegstrecke s bestimme man die Arbeiten WG der Gewichtskraft, WR der Reibungskraft, WZ der Zugkraft Z(s) und WF der Federkraft. Bekannt: m = 5 kg, Z(s) = Z0 (1 − exp(−bs)), Z0 = 50 N, b = 1.2 1/m, μ = 0.2, s = 0.3 m, rI = 0.2 m, r0 = 0.15 m, K = 150 N/m, β = 30o . Hinweis: Bei der Bestimmung der Reibungskraft nach dem Coulombschen Gesetz soll nur die Gewichtskraft berücksichtigt werden.

Aufgabe 4.10 (SG = 1) Bestimmen Sie für den PKW in der Beschleunigungsphase am Hang in Beispiel 3.7 die momentane Leistung bei Erreichen der Geschwindigkeit v1 .


131

Aufgabe 4.11 (SG = 3) Die Hülse aus Aufgabe 4.5 ist wie dargestellt mit einer Feder der Konstanten K verbunden. In der Lage I ist die Feder entspannt. Man bestimme die Arbeit der Federkraft auf den Wegen 1. von Lage I nach Lage II, 2. von Lage I nach Lage III. Hinweis: Für die Kinematik des Verbindungspunktes der Hülse und der Feder verwende man die Zylinderkoordinaten R, Φ in Aufgabe 2.29. Aufgabe 4.12 (SG = 3) Ein PKW fährt auf einer Ellipsenbahn vom Ort A zum Ort B. Gesucht sind die Arbeiten 1. der Rollwiderstandskraft, 2. der Gewichtskraft, 3. der Antriebskraft FA = F0 ϕ/(2π) in Abhängigkeit von ϕ nur für a=b, 4. der Antriebskraft FA = F0 ϕ/(2π) in Abhängigkeit von ϕ nur für a=2b. Man verwende hierzu eine numerische Lösung. Bekannt: a, b, f , m, β,F0 . π

Hinweis zum Integral: 0

a2 sin 2ϕ + b2 cos2 ϕ ≈ π a + b + 2(a2 + b2 ) /2 ([10]).

Aufgabe 4.13 (SG = 2) Ein PKW der Masse m fährt mit der Geschwindigkeit v0 gegen eine Betonwand. Für eine einfache Abschätzung des Aufpralls wird angenommen, dass die dargestellte Crashbox die gesamte Stoßkraft aufnimmt. Die untere Abbildung zeigt die Crashbox nach dem Aufprall, bei dem sie um die Länge Δl zusammengedrückt wurde. Wie groß ist die Konstante k, wenn die Stoßkraft vereinfachend nach dem Gesetz F = kv angenommen wird? Bekannt: v0 = 100 km/h, Δl = 3.6 cm, m = 1000 kg. Hinweis: Zur Lösung der Aufgabe verwende man Teilergebnisse aus Beispiel 4.5.

132


¨ den Massenpunkt 4.2 Der Arbeitssatz fur 4.2.1 Herleitung des Arbeitssatzes

Wir schreiben das dynamische Grundgesetz (3.4) in der Form ni=1 Fi =mdv/dt und multiplizieren diese vektorielle Gleichung skalar mit dem differenziellen Verschiebungsvektor dx. Mit De¿nition (2.14.1) für den Geschwindigkeitsvektor folgt nach weiteren Umformungen n

Fi · dx = m

i=1

dv dx 1 · dx = m dv · = m dv · v = m ( dv · v + v · dv) dt dt 2

1 1 = m d(v · v) = m d(v v) = mv dv. 2 2 Hierbei wurden das Kommutativgesetz (A.3.2) und nach De¿nition (A.4) die Bezeichnung v = |v| für den Betrag der Geschwindigkeit verwendet. Das Linienintegral zwischen zwei Bahnpunkten PI und PII , wie z.B. in Abb. 4.1.b dargestellt, liefert II n I

vII Fi · dx =

i=1

1 $ %v 1 1 2 m v dv = m v 2 vII = m vII − m vI2 . I 2 2 2

(4.35)

vI

Nach Gl.(4.2.2) stellt die linke Seite in Gl.(4.35) die Arbeit W I,II aller Kräfte Fi entlang des Integrationsweges dar. Auf der rechten Seite sind vI und vII die zu den Bahnpunkten PI 2 sind und PII gehörenden Geschwindigkeiten. Die skalaren Größen 1/2m vI2 und 1/2m vII die zugehörigen kinetischen Energien. Damit folgt aus Gl.(4.35) ¨ den Massenpunkt Der Arbeitssatz fur 1. W I,II = T II − T I , 2. W I,II =

II n

Fi · dx

wobei Arbeit aller Kräfte

(4.36)

I i=1

3.

T = 21 mv 2

kinetische Energie.

Bemerkungen 4.3 1. Die Gleichungen (4.36) erlauben die folgende Interpretation: Die Arbeit, welche die angreifenden Kräfte zwischen zwei Bahnpunkten PI und PII an einem Massenpunkt ver¨ richten, ist gleich der Anderung der kinetischen Energie des Massenpunktes. 2. Der Arbeitssatz hat gegenüber dem dynamischen Grundgesetz dann einen Vorteil, wenn ¨ die Kraft eine gegebene Funktion des Bahnverlaufes ist und die Frage nach der Anderung der Geschwindigkeit zwischen zwei Bahnpunkten gestellt ist. Mit Anwendung des Arbeitssatzes hat man bereits eine Integration ,,hinter sich”, so dass die Lösung einfacher erhalten wird. 3. Die Größe v in Gl.(4.36.3) kennzeichnet lediglich den Betrag der Geschwindigkeit und macht keine Aussage u¨ ber die Richtung.

4.2 Der Arbeitssatz für den Massenpunkt

133

Beispiel 4.7 Geschwindigkeit eines Kindes auf einer Rutsche Für das Kind auf der Rutsche in Beispiel 4.1 bestimme man die Geschwindigkeit nach der zurückgelegten Strecke L mit dem Arbeitssatz. ¨ Voruberlegungen: Zur Anwendung des Arbeitssatzes (4.36) werden die Ergebnisse aus Beispiel 4.1 für die einzelnen Arbeitsanteile verwendet. Lösung: Einsetzen der Ergebnisse aus Beispiel 4.1 für die Arbeiten der Gewichtskraft G, der Normalkraft N und der Reibungskraft R liefert für die Gesamtarbeit entlang des Weges L I,II W I,II = WGI,II + WK + WRI,II

= mg sin βL + 0 − μmg cos βL = mgL(sin β − μ cos β). Die kinetischen Energien in den Lagen I und II sind 1 2 T I = 0, T II = mvII . 2 Mit dem Arbeitssatz (4.36) folgt 1 2 . (sin β − μ cos β)mgL = mvII 2 Die Geschwindigkeit nach der zurückgelegten Strecke L ist somit vII = 2gL(sin β − μ cos β). W I,II = T II − T I

=⇒

4.2.2 Aufgaben zu Abschnitt 4.2 Aufgabe 4.14 (SG = 1) Bestimmen Sie für den Tennisball in Beispiel 2.5 die Anfangsgeschwindigkeit mit dem Arbeitssatz. Aufgabe 4.15 (SG = 2) Eine Punktmasse m ist wie dargestellt an einer masselosen Rolle (M = 0) befestigt. Die Rolle bewegt sich aus der dargestellten Ruhelage heraus, in der die Punktmasse die höchste Lage einnimmt. Wie groß ist die Geschwindigkeit der Punktmasse, wenn sie die tiefste Lage erreicht hat?

Aufgabe 4.16 (SG = 1) Man bestimme in Beispiel 4.5 die Geschwindigkeiten der Hülse in der unteren Lage II für die Fälle a) und b) mit dem Arbeitssatz. Reibung soll bei dem Vorgang nicht berücksichtigt werden.

134


¨ Gewichts- und Federkräfte 4.3 Der Energiesatz fur Wir wollen im Folgenden untersuchen, ob die Wegintegration in Gl.(4.2.2) vermieden werden kann, so dass die Anwendung des Arbeitssatzes (4.36) vereinfacht wird. Es zeigt sich, dass dieses Ziel für einige Kräftearten unter Verwendung von Potenzialfunktionen erreicht wird. Bevor die mathematischen Gesetzmäßigkeiten dazu behandelt werden, wollen wir unterschiedliche physikalische Gesetzmäßigkeiten von Kräften anschaulich beschreiben. 4.3.1 Kräfte mit und ohne Potenzialeigenschaften Wir betrachten in Abb. 4.12 drei Beispiele, in denen ein Körper nach Aufbringen einer ,,Fremdarbeit” sich selbst u¨ berlassen bleibt. Im Fall a) wird ein Ball der Masse m um eine Strecke Δs nach oben befördert und anschließend fallen gelassen. Im Fall b) wird an einer Kugel der Masse m, die an einer Feder befestigt ist, gezogen, und nach der Strecke Δs wird sie losgelassen. Im Fall c) wird eine Kiste der Masse m auf einem rauhen Untergrund um eine Strecke Δs verschoben und bleibt anschließend sich selbst u¨ berlassen.

Abb. 4.12. Zur Veranschaulichung der a¨ ußeren Arbeit einer Kraft FA und der Eigenarbeit für drei Kräftearten: a) Gewichtskraft FG , b) Federkraft FF , c) Reibungskraft FR

In allen drei Fällen wird ein Körper in der ersten Phase unter Wirkung einer a¨ ußeren Kraft FA von einer Lage 0 in eine Lage I u¨ berführt, wobei eine Strecke Δs = sI − s0 zurückgelegt wird. Die a¨ ußere Kraft FA ist betragsmäßig im Fall a) gleich der Gewichtskraft FG = mg, im Fall b) gleich der Federkraft FF = cs und im Fall c) gleich der Reibungskraft FR = μmg. Die Richtungen der Kraft FA und der Kräfte FG , FF bzw. FR sind dabei für die drei Fälle entgegengesetzt. Es ergeben sich folgende ,,Fremdarbeiten”: sI FA ds = mg(sI − s0 ) a) “Hubarbeit” WA0,I = s0 sI sI 1 0,I b) “Federspannarbeit” WA = FA (s)ds = csds = c s2I − s20 (4.37) 2 s s0 0sI c) “Reibungsarbeit” WA0,I = FA ds = μmg(sI − s0 ). s0

4.3 Der Energiesatz für Gewichts- und Federkräfte

135

Alle Arbeiten sind positiv, da in allen drei Fällen die Richtung von FA mit der jeweiligen Richtung von Δs u¨ bereinstimmt. In der zweiten Phase bleibt in allen drei Fällen der Körper sich selbst u¨ berlassen: Im Fall a) fällt der Ball infolge der Schwerkraft FG nach unten, während im Fall b) die Kugel auf Grund der Federkraft FF zurückschnellt. In beiden Fällen kehrt der Körper also selbständig in eine Lage II zurück, die mit der Lage 0 u¨ bereinstimmt. Im Fall c) dagegen verharrt der Körper in der Lage I. Damit leisten während der Lageänderung im Fall a) die Gewichtskraft FG und im Fall b) die Federkraft FF jeweils eine ,,Eigenarbeit” W I,II , die im Fall c) nicht auftritt. Für die drei Fälle gilt somit sII sII I,II = (−FG )ds = (−mg)ds = −mg(sII − sI ) = mg(sI − s0 ) = WA0,I a) W b) W I,II =

sI sII

c)

−csds

(−FF )ds = sI

W I,II

sI sII

sI

=− 12 c s2II − s2I = 12 c s2I − s20 = WA0,I (4.38) = WA0,I .

=0

Hier wurde die Beziehung sII = s0 für die Fälle a) und b) ausgenutzt. Wir können die bisherigen Ergebnisse und Erkenntnisse wie folgt zusammenfassen: 1. Fälle a) und b): Allein auf Grund der neuen Lage I können die Körper eine ,,Eigenarbeit” W I,II verrichten, die gleich der ,,Fremdarbeit” WA0,I ist. Man sagt, der Körper besitzt eine potenzielle Energie (oder kurz: ein Potenzial). 2. Fall c): Hier ist die aufgebrachte (Reibungs-) Arbeit WA0,I während der Bewegung von Lage 0 in Lage I in Wärme umgewandelt worden. Man bezeichnet derartige Vorgänge, die einen Verlust der mechanischen Energie kennzeichnen, als Dissipation. Damit kann der Körper nicht wie in den Fällen a) und b) selbständig in die Lage 0 zurückkehren, d.h.: er besitzt kein Potenzial. Durch nochmaliges Aufbringen einer a¨ ußeren Kraft kann der Körper zwar seinen Anfangszustand wieder erreichen, wegen der Veränderung der Umgebung infolge der dabei auftretenden Wärmeentwicklung ist der Vorgang jedoch irreversibel [9]. 3. Energie und Arbeit sind wie folgt zu unterscheiden: Energie bezieht sich auf einen Zustand und kennzeichnet ein gespeichertes Arbeitsvermögen. Arbeit bezieht sich auf einen Vorgang und kennzeichnet die verrichtete Arbeit einer Kraft entlang ihres Weges. ¨ Gewichts- und Federkräfte 4.3.2 Potenzialfunktionen fur Wie zu Beginn dieses Abschnittes erwähnt, ist das Ziel die Formulierung von Potenzialfunktionen, so dass die Wegintegration in Gl.(4.2.2) zur Bestimmung von W I,II für den Arbeitssatz (4.36) vermieden werden kann. Dazu wiederholen wir zunächst die Ergebnisse zur Bestimmung der Arbeit: Gl.(4.16) für die Gewichtskraft und Gl.(4.19) für die Federkraft 1. Gewichtskraft: 2. Federkraft:

W I,II = −mg(ZII − ZI ) W I,II = 12 c (sI − s0 )2 − (sII − s0 )2 .

(4.39)

Hierbei ist im Gegensatz zum Beispiel 4.3 die Auslenkung mit s gekennzeichnet. Wie bereits in Beispiel 4.2 für die Gewichtskraft und in Beispiel 4.3 für die Federkraft gezeigt, ist die

136


Kenntnis der Anfangs- und Endlage ausreichend zur Bestimmung der jeweiligen Arbeiten. Der Bahnverlauf und Zwischenzustände haben keinen EinÀuss. De¿nieren wir die Potenzialfunktionen

1. Gewichtskraft: 2. Federkraft:

U (Z) = mg(Z − Z0 ) U (s) = 21 c(s − s0 )2 ,

(4.40)

dann können mit den Notationen U I = U (ZI ), U II = U (ZII ) bzw. U I = U (sI ), U II = U (sII ) die Eigenarbeiten in den Gleichungen (4.39) wie folgt dargestellt werden: 1. Gewichtskraft: 2. Federkraft:

W I,II = −mg(ZII − ZI ) = −(U II − U I ) (4.41) W I,II = − 21 c (sII − s0 )2 − (sI − s0 )2 = −(U II − U I ).

Bemerkungen 4.4 1. Kräfte, bei denen die Eigenarbeit W I,II durch eine negative Potenzialdifferenz W I,II = −(U II − U I )

(4.42)

ersetzt werden kann, werden als Kräfte mit Potenzial (oder: Potenzialkräfte) bezeichnet. 2. Für Gewichtskräfte wird i.d.R. eine Bezugslage Z0 = 0 gewählt, die auch als Nullniveau N N bezeichnet wird. Sie muss nicht unbedingt mit der Anfangslage I zusammenfallen. Auf den zur Bezugsebene parallelen Ebenen, den Potenzialflächen, hat ein Körper dann die gleiche potenzielle Energie der Lage U = mgZ. Falls die Krümmung der Erde berücksichtigt wird, gilt diese Eigenschaft auch für die Potenzialebenen. 3. Für das Beispiel in Abb. 4.12.a werden in Abb. 4.13 zwei verschiedene Nullniveaus N N1 und N N2 verwendet, wobei für beide Bezugslagen Z0,1 =Z0,2 =0 gilt. Mit den Bezeichnungen U I = U (ZI ) und U II = U (ZII ) folgt für die zugehörigen Potenziale des Balles U1I = mgZI,1 = mgZI,2 = U2I U1II = mgZII,1 = mgZII,2 = U2II. Damit sind die Potenziale abhängig von der Wahl des Nullniveaus. Im Gegensatz dazu sind die Potenzialdifferenzen −(U1II − U1I ) = mgΔZ = −(U2II − U2I ) unabhängig von der Wahl des Nullniveaus.

Abb. 4.13. Zur Wahl verschiedener Nullniveaus

4. Die Bezugslänge s0 für Federkräfte in Gl.(4.41.2) kennzeichnet den Zustand der entspannten Feder. Mit der so festgelegten Bezugslänge wird die potenzielle Energie sowohl bei einer Verlängerung Δs = s − s0 > 0 als auch bei einer Verkürzung Δs = s − s0 < 0 positiv, d.h., in beiden Fällen wird Arbeitsvermögen gespeichert. 5. In Beispiel 4.4 wurde für die Arbeit W I,II von Reibungskräften gezeigt, dass sie von dem Weg zwischen Anfangs- und Endpunkt der Verschiebung abhängig ist. Sie kann daher nicht wie in Gl.(4.42) durch eine negative Potenzialdifferenz dargestellt werden. Damit sind Reibungskräfte Kräfte ohne Potenzial (oder: Nicht-Potenzialkräfte).


137

¨ Gewichts- und Federkräfte 4.3.3 Herleitung des Energiesatzes fur Mit den Eigenschaften der Kräfte mit Potenzial kann deren Arbeit W I,II in dem Arbeitssatz W I,II = T II − T I

(4.43)

vereinfacht werden. Dazu setzen wir die Gleichungen (4.43) und (4.42) gleich, und es folgt ¨ den Massenpunkt (konservatives System) Der Energiesatz fur (4.44)

U I + T I = U II + T II .

Somit gilt: Falls die angreifenden Kräfte ein Potenzial besitzen, ist die Summe der kinetischen und potenziellen Energie zu jedem Zeitpunkt konstant. Da die gesamte Energie U +T erhalten bleibt, also konserviert wird, spricht man von einem konservativen System, bei dem keine Energieverluste auftreten. Eine ausführlichere mathematische Darstellung der Vektoranalysis von Potenzialkräften erfolgt im nächsten Abschnitt 4.4. Beispiel 4.8 Tennisball im senkrechten Flug nach oben Man bestimme die Anfangsgeschwindigkeit v0 des Beispiels 2.5 mit dem Energiesatz. ¨ Voruberlegungen: Als Kraft wirkt nur die senkrecht nach unten gerichtete Gewichtskraft mg auf den Tennisball. Da es sich hierbei um eine Potenzialkraft handelt, kann der Energiesatz in der Form (4.44) angewendet werden. Lösung: Wir verlegen das Nullniveau N N auf die ErdoberÀäche. Die Lage I liegt in der Höhe h, in welcher der Ball abgeschlagen wird, während die Lage II mit der maximalen Höhe H zusammenfällt.

Abb. 4.14. Tennisball im senkrechten Flug nach oben

Die Potenziale des Balles für Gewichtskräfte in den Lagen I und II folgen mit Gl.(4.41.a) zu sI = h =⇒ U I = U (sI ) = mgh,

sII = H =⇒ U II = U (sII ) = mgH,

und die zugehörigen kinetischen Energien in beiden Lagen sind T I = (1/2)mvI2 , T II = 0. Damit folgt aus dem Energiesatz 1 mgh + mvI2 = mgH + 0. 2 Die AuÀösung der letzten Gleichung nach der gesuchten Geschwindigkeit ergibt schließlich vI = 2g(H − h). U I + T I = U II + T II

=⇒

Dieses Ergebnis ist identisch zur Lösung für v0 in Beispiel 2.5.

138


¨ beliebige Systeme 4.3.4 Der Energiesatz fur Wir teilen die an einem Massenpunkt angreifenden Kräfte in zwei Gruppen auf: Die erste Gruppe besteht aus nP Potenzialkräften FP,i , wie z.B. Gewichts- oder Federkräfte. Die zweite Gruppe berücksichtigt alle nK restlichen Kräfte FK,i, die kein Potenzial besitzen (Nicht-Potenzialkräfte, wie z.B. Widerstandskräfte, Reibungs- oder Dämpfungskräfte) oder deren Potenzial nicht bekannt ist. Die gesamte Arbeit W I,II ist somit I,II , wobei 1. W I,II = WPI,II + WK

2. WPI,II =

II nP

FP,i · dx,

I i=1

I,II 3. WK =

II n K

(4.45) FK,i · dx.

I i=1

Hierbei kennzeichnet WPI,II den Arbeitsanteil der Potenzialkräfte FP,i , der für die nP Kräfte I,II wie in Gl.(4.42) durch negative Potenzialdifferenzen ersetzt werden kann. WK ist der Arbeitsanteil der restlichen Kräfte FK,i , der nach Gl.(4.45.3) berechnet wird. Damit folgt aus dem Arbeitssatz (4.36) ¨ den Massenpunkt (beliebiges System) Der Energiesatz fur

(4.46)

I,II U I + T I + WK = U II + T II .

Bemerkungen 4.5 1. Die Summe der kinetischen und potenziellen Energie in der Lage II ist gleich der Summe I,II , die bei der Bewegung des dieser Energien in der Lage I vermehrt um die Arbeit WK Massenpunktes von den restlichen Kräften verrichtet wird. 2. Wie in Abschnitt 4.3.1 erklärt, wird die Arbeit von Reibungskräften als Wärme an die Umgebung abgeben. In Erweiterung hierzu erfolgt bei einem beliebigen System mit Nicht-Potenzialkräften (z.B. Reibungskräften) eine Energieumwandlung mit Verlusten (kurz: Dissipation). Damit bleibt die gesamte Energie U + T nicht erhalten, und das System ist nichtkonservativ. I,II 3. WK ist der Arbeitsanteil der restlichen Kräfte FK,i , der nach Gl.(4.45.3) berechnet wird. Dieser Anteil kann weiter in zugeführte Arbeit (z.B. Federarbeit) und abgeführte Arbeit (z.B. Reibarbeit) aufgeteilt werden: I,II I,II I,II = Wzu + Wab . WK

(4.47)

In Tabelle 4.1 sind die wesentlichen Lösungsschritte für Aufgaben der Kinetik mit dem Energiesatz zusammengefasst.


139

1. Idealisierung des realen Systems Hier wird das der Berechnung zu Grunde liegende mechanische System festgelegt. Dazu müssen z.B. der Schwerpunkt (ggf. die Schwerpunktlinie) berechnet und die Lagerbedingungen (Gelenke, Einspannungen, Reibungslager) festgelegt werden. 2. Freischneiden Der Körper wird - in einer beliebigen, repräsentativen Lage - durch gedachte Schnitte von seinen Bindungen zu anderen Körpern oder Lagern gelöst, und es werden die zugehörigen a¨ ußeren Kräfte eingetragen. 3. Bestimmung der Arbeitsanteile von Potenzialkräften • Auswahl der Potenzialkräfte (z.B. Gewichts- und Federkräfte) • Festlegung des Nullniveaus N N und der Lagen I und II • Bestimmung der Potenziale U I und U II in den Lagen I und II. 4. Bestimmung der Arbeitsanteile von restlichen Kräften • Auswahl der restlichen Kräfte (z.B. Widerstandskräfte, Reibungskräfte) I,II • Bestimmung des Arbeitsanteils WK (z.B. nach Gl.(4.45.3)). 5. Bestimmung der kinetischen Energien in zwei Lagen Berechnung von T I und T II in den Lagen I und II. 6. Formulierung des Energiesatzes I,II = U II + T II . U I + T I + WK

7. Bearbeitung zusätzlicher Aufgabenstellungen Hier wird z.B. die Geschwindigkeit eines Massenpunktes bestimmt. Tabelle 4.1. Lösungsschritte für Aufgaben der Kinetik mit dem Energiesatz

Beispiel 4.9 Kind auf einer Rutsche Für das Kind in Beispiel 4.1 bestimme man die Geschwindigkeit nach der zurückgelegten Strecke L mit dem Energiesatz (4.46). ¨ Voruberlegungen: Aus Beispiel 4.1 ist bereits bekannt, dass drei verschiedenartige Kräfte auftreten. Hierbei ist die Gewichtskraft G eine Potenzialkraft, während die Reibungskraft R eine Nicht-Potenzialkraft ist. Die Normalkraft N ist eine Reaktionskraft, deren Arbeit stets Null ist. Lösung: Das Nullniveau N N legen wir wie dargestellt in Lage II der Rutschbewegung. Damit lauten die Potenzialanteile in Lage I und Lage II

Abb.4.15. Kind auf einer Rutsche: Lage I, Lage II und Nullniveau

140


U I = mgL sin α, U II = 0. Für die Arbeitsanteile der restlichen Kräfte, die Reibungskraft R und die Normalkraft N , folgt aus Beispiel 4.1 WRI,II = −μmg cos αL,

WNI,II = 0.

Die kinetischen Energien in den beiden Lagen sind T I = 0,

T II =

1 mv 2 . 2 II

Damit folgt aus dem Energiesatz (4.46) I,II = U II + T II U I + T I + WK

=⇒

1 2 mgL sin α + 0 − μmg cos αL = 0 + mvII . 2

Die AuÀösung der letzten Gleichung nach der gesuchten Geschwindigkeit ergibt schließlich vII = 2gL(sin α − μ cos α). Beispiel 4.10 Gleithülse auf einem Stab mit Federn An einem Stab sind wie dargestellt zwei Federn im Abstand l befestigt. Beide Federn haben die Federkonstante K. Eine Hülse der Masse m gleitet unter Einwirkung ihres Gewichtes mit dem Reibungskoef¿zienten μ u¨ ber den Stab. Die linke Feder wird durch Verschiebung der Gleithülse um die Strecke sI gespannt. Nach dem Loslassen bewegt sich die Hülse auf die rechte Feder zu. Um welche Strecke sIII wird die linke Feder wieder gespannt, wenn die Hülse zu dieser zurückgekehrt ist? Bekannt: μ, K, l, m, g, sI .

Abb.4.16. Gleithülse auf Stab mit Federn: Ausgangslage mit entspannten Federn, Lagen I, II, III mit gespannten Federn

¨ Voruberlegungen: Grundlage der Berechnungen ist der Energiesatz (4.46), wobei die Arbeitsanteile der Federn durch Potenzialfunktionen ausgedrückt werden können. Die Reibungsarbeit dagegen wird durch Integration entlang des Verschiebungsweges berechnet, wobei zusätzlich zur Länge l die Längen sI , sII und sIII berücksichtigt werden müssen. Damit entsteht neben sIII eine zweite Unbekannte sII , so dass der Energiesatz zweimal formuliert werden muss.


141

Lösung: Die Potenzialanteile der beiden Federn in den Lagen I, II und III lauten 1 1 1 Ks2I , U II = Ks2II , U III = Ks2III . 2 2 2 Die kinetischen Energien sind UI =

T I = T II = T III = 0. Die Arbeitsanteile der Reibungskraft R = μmg zwischen der Hülse und dem Stab beim ¨ Ubergang von Lage I in Lage II und von Lage II in Lage III sind WRI,II = −μmg(sI + l + sII ),

WRII,III = −μmg(sII + l + sIII ).

¨ Mit dem Energiesatz für die Uberg¨ ange von Lage I in Lage II und Lage II in Lage III folgt somit U I + T I + WRI,II =⇒ 21 Ks2I + 0 − μmg(sI + l + sII )

= U II + T II = 12 Ks2II + 0

U II + T II + WRII,III = U III + T III =⇒ 21 Ks2II + 0 − μmg(sII + l + sIII ) = 12 Ks2III + 0. Eine AuÀösung dieser Gleichungen liefert nach einiger Rechnung das folgende Ergebnis μmg μmg 2 μmg sIII = − + sI + s2I . K K K Falls keine Reibung auftritt, gilt μ = 0, und die Hülse kehrt in die Ausgangslage sIII = sI zurück.

4.3.5 Aufgaben zu Abschnitt 4.3 Aufgabe 4.17 (SG = 1) Eine Kugel der Masse m ist an einem Faden befestigt. Sie wird in der Lage I losgelassen. In der Lage II stößt der Faden gegen einen Wandabschnitt. Gesucht sind 1. die Geschwindigkeit der Kugel kurz bevor der Faden den Wandabschnitt berührt, 2. die Geschwindigkeit der Kugel kurz nachdem der Faden den Wandabschnitt berührt, 3. die maximale Höhe der Kugel der Kugel auf der Wandseite nach dem Stoß. Bekannt: m, R, g.

142


Aufgabe 4.18 (SG = 1) Bestimmen Sie die Anfangsgeschwindigkeit für den Tennisball in Beispiel 4.8 mit einer anderen Wahl des Nullniveaus: 1. in der Höhe h des Ballabschlagens, 2. in der maximal erreichbaren Flughöhe H. Aufgabe 4.19 (SG = 2) Ein Mädchen hat in ihrem Zimmer eine Teststrecke für ein Spielzeugauto aufgebaut. Diese besteht im ersten Teil aus einer horizontalen Strecke AB, wobei im Pumkt A eine Feder mit der Stei¿gkeit K angeordnet ist. Die Strecke AB ist mit einem Teppich ausgelegt und kann mit einer Rollwiderstandszahl f berücksichtigt werden. Daran schließt sich eine Rampe BC an, für die keine Widerstandskraft berücksichtigt werden muss. Das Mädchen möchte, dass das Auto im freien Flug die leere Keksdose in D trifft. Berechnen Sie 1. die erforderlichen Geschwindigkeiten vB und vC an den Stellen B und C, 2. den erforderlichen Weg s für die Feder, 3. die maximale Flughöhe H. Bekannt: l = 40 cm, a = 60 cm, β = 30o , K = 80 N cm−1 , f = 0.5, m = 1 kg.

Aufgabe 4.20 (SG = 2) Zur Vermarktung eines leistungsstarken Personenkraftwagens wird ein Werbe¿lm erstellt. Dazu soll der PKW eine Skischanze in zwei Phasen hinauffahren. Aus der Ruhelage im Punkt A beginnend wird in der ersten Phase die Antriebskraft FA konstant gehalten bis der Wagen den Punkt B erreicht. In der zweiten Phase wird die Antriebskraft gleichmäßig von FA auf den Wert Null reduziert, bis der Wagen am Punkt C angekommen ist. Widerstandskräfte bleiben unberücksichtigt. 1. Wie groß muss FA sein, wenn die Geschwindigkeit im Punkt C gerade Null sein soll? 2. Wie groß ist die Motorleistung PM , wenn der Wirkungsgrad zwischen Motor und Antriebsrädern η = 0.9 beträgt? Bekannt: m = 1.2 t, L = 80 m, LA = 60 m, R = 60 m, β = 45o .


143

Aufgabe 4.21 (SG = 2) Eine Kiste der Masse m soll mit Hilfe einer Feder (Federkonstante K) entlang der Bahn von A bis C bewegt werden. Im Punkt A ist die Feder entspannt. Zwischen der Masse und der Bahn tritt nur im Bereich AB Reibung auf. 1. Bestimmen Sie die Geschwindigkeit vA der Masse im Punkt A, so dass sie im Punkt B liegenbleibt. 2. Wie groß darf vB maximal werden, damit die Masse in B nicht abhebt? 3. Kann die Masse den Punkt C erreichen, ohne die Bahn zu verlassen? √ μmg 1 Bekannt: R = L 2, μG = √ , K = √ . 2 L 2 Aufgabe 4.22 (SG = 3) In dem skizzierten Teilabschnitt einer Achterbahn fahren Wagen der Massen m u¨ ber eine Rampe AB direkt in eine Loopingschleife BCDC, um anschließend auf ebener Strecke CEF auszurollen. Dabei tritt Reibung nur auf dem Abschnitt EF auf. 1. Welche Höhe h wird notwendig, damit die Fahrinsassen an der Stelle D mit 10% ihres Körpergewichtes in den Sitz gedrückt werden? 2. Welche Geschwindigkeiten treten an den Stellen B, C und D auf? 3. Welcher Reibbeiwert μH ist erforderlich, damit sich die Geschwindigkeit des Wagens auf der Strecke EF halbiert? 4. Welche Zeit t vergeht während der Fahrt von E nach F ? Bekannt: h, rL , β, m.

144


Aufgabe 4.23 (SG = 3) Eine Kiste der Masse m rutscht unter EinÀuss der Schwerkraft auf zwei verschiedenen Bahnen C1 und C2 vom Punkt A zum Punkt B. Auf der geradlinigen Bahn C1 wirkt der Bewegung eine Coulombsche Reibungskraft mit dem Gleitreibungskoef¿zient μG entgegen, während auf der parabelförmigen Bahn C2 die Reibungskraft FR,C2 wirkt. Auf welcher der beiden Bahnen C1 , C2 erhält die Kiste in B die größere Geschwindigkeitskomponente vB,Y ? Bekannt: m, g, L = H = 1m, vA = 0, μ1 = μ2 = 0.1, Bahnkurve C1 : Gerade von A nach B, √ Bahnkurve C2 : Y (X) = aX 2 , a = 1/m, FR,C2 = 1/4 μ22 mg 1 + 4a2 X 2 .

Aufgabe 4.24 (SG = 3) Ein Massenpunkt wird in A aus der Höhe hAB fallen gelassen und tritt in B in ein Rohrsystem ein. Er durchläuft die skizzierte Bahn (A bis H) mit einer Flugphase zwischen C und D. Zwischen den Punkten E und F herrscht Gleitreibung (Reibzahl μ), die restlichen Abschnitte sind reibungsfrei. Im Punkt H trifft der Massenpunkt auf eine Feder. Berechnen Sie

m

A

g

hAB B hBC C

h CD

D

ϕ

hBE

LCD

1. die erforderliche Bahngeschwindigkeit vC von m im Punkt C und den zugehörigen Winkel β, damit der Punkt K D horizontal getroffen wird, 2. die zum Erreichen von vC erforderliche F E H G Anfangshöhe hAB , LEF 3. die erforderliche Reibzahl μ, damit im Punkt F die Geschwindigkeit vF = 14 ms−1 beträgt, 4. den erforderlichen Federweg f = GH zum Abbremsen der Masse für eine Feder mit der Federkonstanten K. Bekannt: m = 0.2 kg, hCD = 1m, hBC = 4m, LCD = 4m, LEF = 3m, K = 2000 N/m.


Aufgabe 4.25 (SG = 3) In einer Apotheke wird ein Rohrpostsystem eingebaut, um Medikamente aus dem Lager im ersten Stockwerk möglichst schnell eine Etage tiefer in den Verkaufsraum zu befördern. Das Rohrpostsystem besteht aus einem senkrechten Abschnitt AB und einem kreisförmigen Abschnitt BC. Abschließend fallen die Medikamente wie skizziert in einen Korb. Während der Beförderung können Widerstandskräfte vernachlässigt werden.

m A

h f

B r 1. Bestimmen Sie den Geschwindigkeitsverlauf der Masse im Rohrbogen BC. d C P Wie groß ist die Geschwindigkeit im Punkt C? 2. Welche Kontaktkraft wirkt auf der Strecke BC zwischen der Rohrwand und der Masse? 3. Welcher Abstand f ist notwendig, damit die Medikamente direkt in den Korb fallen? Bekannt: Masse m eines Medikamentes, Abmessungen h, r, d, f . Aufgabe 4.26 (SG = 1) Motorrad und Fahrer aus Beispiel 2.18 haben kurz vor dem Aufprall eine gemeinsame Schwerpunktgeschwindigkeit vS und rotieren mit der Winkelgeschwindigkeit ω. Kurz nach dem Aufprall ist die gemeinsame Geschwindigkeit v = 0.95 vS , während eine Rotation nicht auftritt. Wie groß ist der Verlust der kinetischen Energie durch den Aufprall? Bekannt: m, vS

, ω, Θ(S) , β.

eY eX ω

S β

vs K ds

hs

145

146


Aufgabe 4.27 (SG = 2) Ein Skispringer gleitet eine Schanze hinunter. Der Gleitreibungskoef¿zient zwischen der Bahn und den Skiern beträgt μ. Welche Geschwindigkeit hat er beim Absprung unmittelbar vor Verlassen der Schanze? Bekannt: μ, L, R, β = 45o .

Hinweis: Eine genaue Berücksichtigung der Reibungskraft R in natürlichen Koordinaten nach Gl. (3.15.1) ergibt in dem Krümmungsbereich eine Abhängigkeit von der Geschwindigkeit. Vereinfachend darf daher der Ansatz R = μG cos(45o − ϕ) verwendet werden.

Aufgabe 4.28 (SG = 3) In der Schubkurbel aus Aufgabe 2.17 tritt im Punkt B eine konstante Reibungskraft R auf. 1. Wie groß muss das Antriebsmoment M sein, damit die Drehzahl n erreicht wird? 2. Wie groß ist die Leistung PM des Momentes? Bekannt: n = 100 min−1 , l = 20 cm, R = 100 N, m1 = 0, m2 = 10 kg.

Aufgabe 4.29 (SG = 3) Bearbeiten Sie Aufgabe 4.28 für den Fall, dass die Reibungskraft im Punkt B in der Form R = k v geschwindigkeitsabhängig ist. Bekannt: n = 100 min−1 , l = 20 cm, R = 100 N, m1 = 0, m2 = 10 kg, k = 100 kg/ s.

4.4 Vektoranalysis der Potenzialkräfte

147

4.4 Vektoranalysis der Potenzialkräfte 1 Die bisherigen

Darstellungen zu Potenzialfunktionen und die Herleitung des Energiesatzes erfolgten für Gewichts- und Federkräfte. Das Ziel dieses Abschnittes ist deren Erweiterung auf beliebige Kraftfelder mit den Hilfsmitteln der Vektoranalysis. Zuvor wird ein weiteres Beispiel zur Wegunabhängigkeit von Arbeiten vorgestellt. Beispiel 4.11 Wegunabhängigkeit der Gewichtskraft im Schwerefeld der Erde Ein Satellit bewegt sich wie in Abb. 4.17 dargestellt im Schwerefeld der Erde. Die momentane Position ist mit den Polarkoordinaten r und ϕ bekannt. Eine Bewegung senkrecht zur betrachteten Ebene tritt nicht auf. Für die Arbeit der Gravitationskraft auf dem Weg von Lage I in Lage II soll der EinÀuss verschiedener Bahnen untersucht werden. Bekannt: Radius der Erde RE , Masse des Satelliten m, Polarkoordinaten für die Lagen I und II: rI , rII , ϕI , ϕII .

Abb. 4.17. Gravitationskraft im Schwerefeld der Erde

¨ Voruberlegungen: Die auf den Satelliten wirkende Gravitionskraft ist in Gl.(3.28.2) angegeben. Für Zylinderkoordinaten kann das Arbeitsdifferenzial mit Gl.(4.9) berechnet werden. Die Gesamtarbeit wird nach Gl.(4.2.2) durch Integration entlang des Weges von Lage I nach Lage II bestimmt. Lösung: Mit dem Ergebnis (3.28.2) in Beispiel 3.11 und den in Abb. 4.17 dargestellten Basisvektoren er , eϕ folgt für den Vektor der Gravitationskraft die Basisdarstellung F=−

2 mgRE er . r2

Die Koef¿zienten der Kraft in Gl.(4.8.1) sind somit Fr = −

2 mgRE , 2 r

Fϕ = 0,

Fz = 0.

(4.48)

Das Arbeitsdifferenzial nach Gl.(4.9) beträgt dW = Fr dr + Fϕ rdϕ + Fz dz = −

2 mgRE dr, r2

(4.49)

und die gesamte Arbeit entlang eines endlichen Weges von der Lage I in die Lage II ist nach Gl.(4.2.2): 1

Dieser Abschnitt dient im Wesentlichen dem mathematischen Verständnis der Eigenschaften von Kräften mit Potenzial und ist nicht Voraussetzung für die Bearbeitung der nachfolgenden Kapitel.

148


xII W

I,II

rII F · dx =

= xI

rI

rII

2 mgRE 1 1 2 1 2 − dr = mgRE = mgRE − . r2 r rI rII rI

(4.50)

Die Kenntnis der Koordinaten rI und rII in der Anfangs- und Endlage ist also ausreichend zur Bestimmung der gesamten Arbeit. Der Bahnverlauf und Zwischenzustände haben keinen EinÀuss. Damit ist die Arbeit einer Gravitationskraft wegunabhängig. 4.4.1 Eigenschaften von Potenzialkräften In den Gleichungen (4.40) sind Potenzialfunktionen für Gewichts- und Federkräfte angegeben. In weiteren Aufgaben und Beispielen dieses Kapitels wurde auch gezeigt, dass für derartige Kräfte das Wegintegral (4.2.2) zwischen zwei Punkten PI und PII wegunabhängig ist. Eine Verallgemeinerung dieser Aussagen auf Kraftfeldvektoren F(x) wird in der folgenden ¨ Ubersicht zusammengefasst: Eigenschaften von Potenzialkräften Die folgenden Aussagen sind gleichwertig: II I

F · dx ist wegunabhängig. & 2. Ein beliebiges Ringintegral verschwindet, d.h. F · dx = 0. 1. Das Linienintegral

3. Das Kraftfeld besitzt eine Potenzialfunktion U (x) = Uc −

P (x) F PI

· dx.

(4.51)

4. Das Kraftfeld ist aus einer Potenzialfunktion ableitbar, d. h. F = − grad U. 5. Das Kraftfeld ist wirbelfrei, d.h. rot F = 0. 6. Es existiert ein totales Differenzial, so dass dU = −dW = −F · dx.

Bemerkungen 4.6 1. Ein Teilbeweis der Eigenschaften (4.51) erfolgt im Anhang in Abschnitt (A.2). 2. Es sei noch einmal hervorgehoben, dass alle Aussagen (4.51.1) bis (4.51.6) gleichwertig sind. Damit folgt beispielsweise für einen Kraftfeldvektor F, dessen Linienintegral wegunabhängig ist, auch die Wirbelfreiheit von F. Umgekehrt kann aus der Wirbelfreiheit von F auf die Wegunabh¨ angigkeit des Linienintegrals der Kraft F geschlossen werden. & 3. Als Ringintegral F · dx in (4.51.2) bezeichnen wir ein Linienintegral, bei dem der Anfangspunkt PI gleich dem Endpunkt PII ist. 4. Aus der Eigenschaft (4.51.3) folgern wir, dass eine Potenzialfunktion nicht eindeutig ist, sondern nur bis auf eine Konstante Uc angegeben werden kann. Die in (4.51.3), (4.51.4), (4.51.6) eingeführten Funktionen U müssen somit nicht identisch sein. Die Potenzialdifferenz U II - U I ist dagegen eindeutig. 5. Die Eigenschaft (4.51.3) erklärt die Bezeichnung konservative Kraft. Sie ist in der Lage, Energie zu konservieren. Damit gilt: Potenzialkräfte sind konservative Kräfte.


149

6. Der Gradient der Potenzialfunktion grad U (x), die Rotation des Kraftvektors rot F(x) und das totale Differenzial d U werden für raumfeste kartesische Koordinaten wie folgt berechnet: eX eY eZ ∂ ∂ ∂ ∂U ∂U ∂U 1. grad U (x) = eX + eY + eZ 2. rot F = ∂X ∂Y ∂Z (4.52) ∂X ∂Y ∂Z FX FY FZ ∂U ∂U ∂U 3. dU = grad U · dx = dX + dY + dZ, ∂X ∂Y ∂Z wobei die Basisdarstellung (4.6.2) für den differenziellen Ortsvektor dx berücksichtigt wurde. Für Zylinderkoordinaten gilt er eϕ ez 1 ∂U ∂U 1 ∂ ∂ ∂ ∂U er + eϕ + ez 2. rot F = 1. grad U (x) = ∂r r ∂ϕ ∂z r ∂r ∂ϕ ∂z (4.53) Fr rFϕ Fz ∂U ∂U ∂U 3. dU = grad U · dx = dr + dϕ + dz, ∂r ∂ϕ ∂z wobei die Basisdarstellung (4.8.2) für den differenziellen Ortsvektor dx berücksichtigt wurde. Im Folgenden werden die Eigenschaften (4.51) für Kraftfelder in den vorherigen Beispielen dieses Kapitels nachgewiesen. Beispiel 4.12 Potenzialeigenschaften der Gewichtskraft Für die Gewichtskraft in Beispiel 4.2 u¨ berprüfe man die Eigenschaften (4.51). Lösung: Die Eigenschaft der Wegunabhängigkeit (4.51.1) ist für die Gewichtskraft bereits in Beispiel 4.2 festgestellt worden. Setzt man ZII = ZI in Gl. (4.16) ein, so folgt W I,II = 0, womit die Eigenschaft (4.51.2) für das Ringintegral veri¿ziert ist. Die Potenzialfunktion erhalten wir durch Einsetzen des Ergebnisses (4.16) in Gl.(4.51.3) U (X, Y, Z) = mg(Z − ZI ) + Uc .

(4.54)

Ersetzt man die Konstante −mgZI + Uc durch die Konstante −mgZ0 , so erhält man die Potentialfunktion in Gl.(4.40.1). Die Koef¿zienten von grad U lauten mit Gl.(4.52.1) ∂U =0 ∂X

∂U = 0, ∂Y

∂U = mg. ∂Z

(4.55)

Diese stimmen mit den negativen Koef¿zienten von F in Gl.(4.14) u¨ berein, womit (4.51.4) bewiesen ist. Zusätzlich bestimmen wir mit Gl.(4.52) die Rotation des Kraftvektors F in kartesischen Koordinaten

150


⎡

⎤ eX eY eZ ⎢ ∂ ∂ ∂ ⎥ ⎢ ⎥ rot F = ⎢ ⎥ = 0, ⎣ ∂X ∂Y ∂Z ⎦ 0 0 −mg womit die Eigenschaft (4.51.5) veri¿ziert ist. Durch Einsetzen von Gl. (4.55) in Gl.(4.52.3) bestimmen wir das totale Differenzial und vergleichen das Ergebnis mit Gl.(4.15): dU =

∂U ∂U ∂U dX + dY + dZ = mgdZ = −dW. ∂X ∂Y ∂Z

Damit ist auch die Eigenschaft (4.51.6) gezeigt.

Beispiel 4.13 Potenzialeigenschaften der Federkraft Für die Federkraft in Beispiel 4.3 u¨ berprüfe man die Eigenschaften (4.51). Lösung: Die Eigenschaft der Wegunabhängigkeit (4.51.1) von Federkräften ist bereits in Beispiel 4.3 festgestellt worden. Setzt man rII = rI in Gl. (4.19), so folgt W I,II = 0, womit die Eigenschaft (4.51.2) für das Ringintegral veri¿ziert ist. Die Potenzialfunktion erhalten wir durch Einsetzen des Ergebnisses (4.19) in Gl.(4.51.3) 2 1 U (r, ϕ, z) = c (r − r0 )2 − (rI − r0 ) + Uc . 2

(4.56)

Ersetzt man die Konstante −(1/2)c ((rI − r0 )2 ) + Uc durch den Wert Null und verwendet die Notation r = s, so erhält man die Potentialfunktion in Gl.(4.40.2). Die Koef¿zienten von grad U ergeben sich mit Gl.(4.53.1) zu ∂U = c(r − r0 ), ∂r

1 ∂U = 0, r ∂ϕ

∂U = 0. ∂z

(4.57)

Diese stimmen mit den negativen Koef¿zienten von F in Gl.(4.17) u¨ berein, so dass Gl. (4.51.4) gilt. Zusätzlich bestimmen wir mit Gl.(4.53) die Rotation des Kraftvektors F in Zylinderkoordinaten ⎡ ⎤ er eϕ ez ∂ ∂ ∂ ⎥ 1⎢ ⎢ ⎥ rot F = ⎢ ⎥ = 0, ∂r ∂ϕ ∂z ⎦ r⎣ −c(r − r0 ) 0 0 womit die Eigenschaft (4.51.5) veri¿ziert ist. Durch Einsetzen von Gl.(4.57) in Gl.(4.53.3) bestimmen wir das totale Differenzial und vergleichen das Ergebnis mit Gl.(4.18): dU =

∂U ∂U ∂U dr + dϕ + dz = c(r − r0 )dr = −dW. ∂r ∂ϕ ∂z

Damit ist auch die Eigenschaft (4.51.6) bewiesen.


151

Beispiel 4.14 Potenzialeigenschaften der Gravitationskraft Für die Gravitationskraft in Beispiel 4.11 u¨ berprüfe man die Eigenschaften (4.51). Lösung: Die Eigenschaft der Wegunabhängigkeit (4.51.1) für die Gravitationskraft im Schwerefeld der Erde ist bereits in Beispiel 4.11 festgestellt worden. Setzt man rII = rI in Gl. (4.50), so folgt W I,II = 0, womit die Eigenschaft (4.51.2) für das Ringintegral veri¿ziert ist. Die Potenzialfunktion erhalten wir durch Einsetzen des Ergebnisses (4.50) in Gl.(4.51.3)

1 1 2 U (r, ϕ, z) = −mgRE − (4.58) + Uc . r rI Die Koef¿zienten von grad U ergeben sich mit Gl.(4.53) zu 2 mgRE ∂U = , ∂r r2

1 ∂U = 0, r ∂ϕ

∂U = 0. ∂z

(4.59)

Diese stimmen mit den negativen Koef¿zienten von F in Gl.(4.48) u¨ berein, womit die Eigenschaft (4.51.4) veri¿ziert ist. Zusätzlich bestimmen wir mit Gl.(4.53) die Rotation des Kraftvektors F in Zylinderkoordinaten ⎡ ⎤ er eϕ ez ⎢ ∂ ∂ ∂ ⎥ ⎥ 1⎢ ⎢ ⎥ = 0, rot F = ⎢ ∂r ∂ϕ ∂z ⎥ r⎣ ⎦ 2 mgRE − 0 0 r2 womit die Eigenschaft (4.51.5) nachgewiesen ist. Durch Einsetzen von Gl.(4.59) in Gl.(4.53.3) bestimmen wir das totale Differenzial und vergleichen das Ergebnis mit Gl.(4.49): dU =

2 mgRE ∂U ∂U ∂U dr + dϕ + dz = dr = −dW. ∂r ∂ϕ ∂z r2

Damit ist auch die Eigenschaft (4.51.6) bewiesen. ¨ Potenzialkräfte 4.4.2 Der Energiesatz fur

Die mathematischen Eigenschaften (4.51) können verwendet werden, um den Energiesatz (4.44), der bisher nur für Gewichts- und Federkräfte hergeleitet wurde, auf beliebige Potenzialkräfte zu verallgemeinern. Aus der Existenz des totalen Differenzials (4.51.6) folgt II dU = −dW

=⇒

II dU = U

II

−U =−

I

II F · dx = −W I,II

dW = −

I

I

I

bzw. W I,II = −(U II − U I ). Andererseits liefert der Arbeitssatz (4.36) W I,II = T II − T I . Nach Gleichsetzen der letzten beiden Gleichungen erkennt man T II − T I = −(U II − U I )

=⇒

U I + T I = U II + T II ,

womit der Energiesatz (4.44) für beliebige Potenzialkräfte hergeleitet ist.

(4.60)

152


Bemerkungen 4.7 1. Für den Fall, dass bei der Energieumwandlung Verluste auftreten oder das Potenzial einer Kraft nicht angegeben werden kann, ist der Energiesatz in der Form (4.46) zu verwenden. 2. Der Energiesatz in der Form (4.44) gilt nur für mechanische Energien. Beispiele für weitere Energieformen sind Wärmemenge, elektrische Energie, chemische Energie und Strahlungsenergie. Die physikalische Erfahrung zeigt, dass es ein allgemeingültiges Prinzip der Erhaltung der Energie gibt, welches sämtliche Energieformen umfasst: dieses ist der 1. Hauptsatz der Thermodynamik. Wie in diesem Kapitel gezeigt, kann der Energiesatz für mechanische Energien auf der Grundlage des dynamischen Grundgesetzes hergeleitet werden. Dagegen ist der 1. Hauptsatz der Thermodynamik nicht durch andere Gesetze ableitbar und muss daher axiomatisch formuliert werden, siehe z.B. [9]. 4.4.3 Aufgaben zu Abschnitt 4.4 Aufgabe 4.30 (SG = 1) Eine Rakete der Masse m soll in eine Kreisbahn um die Erde gebracht werden. 1. Welche Energie ist erforderlich, um den Abstand h von der ErdoberÀäche zu erreichen? 2. Welche Energie wird für h → ∞ erforderlich? 3. Welche Fluchtgeschwindigkeit muss v0 mindestens annehmen, damit die Rakete das Schwerefeld der Erde verlässt (h → ∞)? Bekannt: RE = 6370 km. Bemerkung: Die Fluchtgeschwindigkeit von der ErdoberÀäche wird als zweite kosmische Geschwindigkeitsstufe bezeichnet, siehe z.B. [32]. Aufgabe 4.31 (SG = 1) 1. Zeigen Sie für eine Potenzialfunktion U (x) die Beziehung: rot grad U = 0. 2. Zeigen Sie für die Koef¿zienten einer Potenzialkraft F in Zylinderkoordinaten die Beziehungen: ∂(rFϕ ) ∂Fz = , ∂ϕ ∂z

∂(rFϕ ) ∂Fr = , dϕ dr

∂(rFϕ ) ∂Fr = . ∂r ∂ϕ

Aufgabe 4.32 (SG = 2) Gegeben ist ein Kraftfeld F(X, Y ). 1. Untersuchen Sie, ob es konservativ ist. 2. Wie groß ist die Arbeit, die an einer Masse m entlang einer Kurve C in der XY -Ebene verrichtet wird? Bekannt: F(X, Y ) = (X − 3Y )eX + (Y − 2X)eY , C = {(X, Y )|X = 2 cos ϕ, Y = 3 sin ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ 2π} (Ellipse).


153

Aufgabe 4.33 (SG = 3) Gegeben ist ein Kraftfeld F(X, Y, Z). 1. Untersuchen Sie, ob es konservativ ist. 2. Wie groß ist die Arbeit, die an einer Masse m entlang einer Kurve C in der XY Z-Ebene verrichtet wird? Bekannt: F(X, Y, Z) = (2X − Y + Z)eX + (X + Y − Z 2 )eY + (3X − 2Y + 4Z)eZ , ) * hϕ C = (X, Y, Z)| cos ϕeX + sin ϕeY + ez ; 0 ≤ ϕ ≤ 2π (Schraubenlinie). 2π Aufgabe 4.34 (SG = 2) Die Masse m bewegt sich unter dem EinÀuss eines Kraftfeldes F(X, Y ) geradlinig von A nach B in der X, Y -Ebene. 1. Zeigen Sie, dass das Kraftfeld F(X, Y ) konservativ ist. Bestimmen Sie 2. das Potenzial des Kraftfeldes F(X, Y ), 3. die Koordinaten (XB , YB ) des Punktes B, an dem die Masse zur Ruhe kommt, d.h. vB = 0 ist, 4. die Zwangskraft Fn in natürlichen Koordinaten, 5. die Bewegungsgleichung in natürlichen Koordinaten.

X Bekannt: F = F0 1 − eX − F0 eY , a, F0 , vA = vB = 0. a Aufgabe 4.35 (SG = 2) Eine Masse m bewegt sich unter dem EinÀuss eines Kraftfeldes F(X, Y, Z) auf einem geschlossenen Weg C1 bis C4 . 1. Ist das Kraftfeld konservativ? 2. Bestimmen Sie die Arbeit, die an der Masse m auf dem geschlossenen Weg C1 bis C4 verrichtet wird. Bekannt: F = Y 2 − C 2 − 2Y Z eX − 2XZeY + 2XZeZ .

Da die Einweg-Raketen für bemannte Flüge in den ,,Gründerjahren” der Raumfahrt sehr kostspielig waren, verzichtete die USA nach 1975 auf derartige Systeme und befasste sich mit der Entwicklung eines wiederverwendbaren Raumtransporters, dem Space Shuttle. In Europa wurde in den achziger Jahren die Ariane entwickelt. Die Hauptaufgaben dieser Raumtransporter sind das Aussetzen von Satelliten oder die Durchführung wissenschaftlicher Experimente. Dabei geht man z.B. der Frage nach, wie sich die fast völlig fehlende Schwerkraft bei der Züchtung von Einkristallen oder der Herstellung von Superlegierungen auswirkt. In der Startphase eines Raumtransporters sind zusätzliche Antriebsraketen für den Auftrieb erforderlich. Für die dynamischen Untersuchungen können dazu der Raumtranstporter und die Antriebsraketen als Massenpunkte aufgefasst werden. Die Gesamtheit aller Flugkörper stellt ein Massenpunktsystem dar.

5 Kinematik und Kinetik des Massenpunktsystems

Massenpunktsysteme bestehen aus einer endlichen Anzahl einzelner Massenpunkte, wobei diese wie in Kapitel 3 Ersatzsysteme für reale Körper sind. Wie die Beispiele in Abb. 5.1 zeigen, sind für verschiedene Systeme die Wechselwirkungen zwischen den kinematischen Bindungen und den Kraftreaktionen unterschiedlich. Im Beispiel a) hat die Erde keine feste Verbindung zum Mond, so dass nur die Gravitationskraft wirkt, im Beispiel b) werden Kräfte nur bei Kontakt u¨ bertragen, im Beispiel c) entstehen Federkräfte nur bei Relativbewegungen der Punktmassen, und im Beispiel d) erfolgt die Kraftübertragung u¨ ber starre Stäbe. Wir bezeichnen ein System, bei dem wie in Beispiel d) die Abstände der Massenpunkte erhalten bleiben, als starres Massenpunktsystem.

Abb. 5.1. Beispiele für Massenpunktsysteme

In diesem Kapitel werden die Gesetze der Kinematik und Kinetik des einzelnen Massenpunktes auf das Massenpunktsystem u¨ bertragen. Besondere Beachtung ¿ndet das starre Massenpunktsystem. Stoßvorgänge werden gesondert im nachfolgenden Kapitel 9 behandelt.

5.1 Kinematik des Massenpunktsystems 5.1.1 Kinematische Größen des Schwerpunktes Wir betrachten in Abb. 5.2.a das System mit den Massenpunkten i = 1, ..., n. Ein repräsentativer Punkt i hat die Masse mi , und der zugehörige Ortsvektor wird mit xi bezeichnet. Mit einer Systemgrenze wird das Massenpunktsystem von der Umgebung getrennt. In Abb. 5.2.b ist ein Ersatzmodell für einen Laptop in einem abbremsenden Zug dargestellt. Die Konsole hat auf Grund ausreichender Reibung mit dem Untergrund die gleiche Geschwindigkeit vZug wie der Zug. Infolge des Abbremsens des Zuges mit aZug erfährt der Bildschirm eine Verdrehung ϕ. In dem Ersatzmodell sind zwei Punktmassen in den jeweiligen Schwerpunkten

156


Abb. 5.2. a) Kinematik zum Massenpunktsystem, b) Ersatzmodell für Laptop im abbremsenden Zug

S1 und S2 von Konsole und Bildschirm angeordnet. ,,Bhf “ kennzeichnet hier einen festen Bezugspunkt. Aus den De¿nitionen (2.14) erhalten wir sofort die Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektoren des i-ten Massenpunktes 1. vi = x˙ i ï. 2. ai = v˙ i = x

(5.1)

In den nachfolgenden Abschnitten zur Dynamik des Massenpunktsystems wird die Kinematik des Schwerpunktes eine wesentliche Rolle spielen. Dazu benötigen wir die folgenden Definitionen Orts-, Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektor des Schwerpunktes eines Massenpunktsystems n n n mi xi mi vi mi ai 1. xS = i=1 2. vS = i=1 3. aS = i=1 m m m 4. m = ni=1 mi .

(5.2)

Bemerkungen 5.1 1. Anstatt der Bezeichnung ,,Schwerpunkt” für den Punkt S mit dem Ortsvektor xS ist die Bezeichnung ,,Massenmittelpunkt” formal richtig. Streng genommen stimmen beide Punkte nur dann u¨ berein, wenn die Vektoren aller an den einzelnen Massenpunkten angreifenden Gewichtskräfte parallel und die Erdbeschleunigung konstant sind. Für technische Problemstellungen ist dieses im Allgemeinen in guter Näherung erfüllt. Zur Anschaulichkeit werden im Folgenden der Begriff Schwerpunkt und das Symbol S synonym für den Massenmittelpunkt beibehalten. 2. Wie in Abb. 5.2 erkennbar, fällt der Schwerpunkt S im Allgemeinen nicht mit einem der Massenpunkte zusammenfallen. 3. Die vektoriellen Gleichungen (5.2) werden analog zur Vorgehensweise in Kapitel 2 in verschiedenen Koordinatensystemen formuliert.

5.1 Kinematik des Massenpunktsystems

157

Beispiel 5.1 Laufrad mit drei Massen Drei Massen sind an einem Laufrad befestigt, das mit der Winkelgeschwindigkeit ω = ϕ˙ rotiert. Für den Drehwinkel ϕ = 0 bestimme man bezogen auf die dargestellten raumfesten kartesischen Basisvektoren eX , eY die Basisdarstellungen für 1. den Ortsvektor 2. den Geschwindigkeitsvektor 3. den Beschleunigungsvektor des Schwerpunktes S. Die Massen der Speichen und des Ringes können bei der Berechnung vernachlässigt werden. Abb. 5.3. Laufrad mit drei Massen Bekannt: m1 , m2 = 0.5m1 , m3 = 1.5m1 , R, ω. ¨ Voruberlegungen: Die gesuchten Vektoren werden mit den Gleichungen (5.2) bestimmt. Für raumfeste kartesische Koordinaten können die Koef¿zienten für den Ort, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung aller drei Massen mit den Gleichungen (2.19) berechnet werden. Für die ebene Bewegung können wir auf die Angabe der Z-Komponenten verzichten. Lösung: Die Gleichungen (2.19) liefern für den Drehwinkel ϕ für alle drei Massen folgende Koef¿zienten für Ort, Geschwindigkeit und Beschleunigung: X1 = R sin ϕ

2π X2 = R sin ϕ + 3

X3 = R sin ϕ +

4π 3

=⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒

Y1 = R cos ϕ

2π Y2 = R cos ϕ + 3

4π Y3 = R cos ϕ + 3

=⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒

v1X = X˙ 1 = Rω cos ϕ a1X = v˙ 1X = −Rω 2 sin ϕ

2π v2X = X˙ 2 = Rω cos ϕ +

3 2π 2 a2X = v˙ 2X = −Rω sin ϕ + 3

4π v3X = X˙ 3 = Rω cos ϕ +

3 4π a3X = v˙ 3X = −Rω 2 sin ϕ + 3 v1Y = Y˙ 1 = −Rω sin ϕ a1Y = v˙ 1Y = −Rω 2 cos ϕ

2π v2Y = Y˙ 2 = −Rω sin ϕ + 3

2π 2 a2Y = v˙ 2Y = −Rω cos ϕ + 3

4π v3Y = Y˙ 3 = −Rω sin ϕ + 3

4π . a3Y = v˙ 3Y = −Rω 2 cos ϕ + 3

158


Mit den Basisdarstellungen xi = Xi eX + Yi eY , vi = viX eX + viY eY , ai = aiX eX + aiY eY für jeden Massenpunkt i = 1, 2, 3 und der Gesamtmasse m= m1 + m2 + m3 = 3m1 bestimmt man aus den Gleichungen (5.2) die Basisdarstellungen für Ort, Geschwindigkeit und Beschleunigung des Schwerpunktes. Für den Winkel ϕ = 0 erhält man folgende Ergebnisse: 1 (X1 m1 + X2 m2 + 3m1 = (−0.289 eX + 0 eY ) R

xS =

X3 m3 )eX +

1 (Y1 m1 + Y2 m2 + Y3 m3 )eY 3m1

1 1 (v1X m1 + v2X m2 + v3X m3 )eX + (v1Y m1 + v2Y m2 + v3Y m3 )eY 3m1 3m1 = (0 eX + 0.289 eY ) Rω

vS =

1 1 (a1X m1 + a2X m2 + a3X m3 )eX + (a1Y m1 + a2Y m2 + a3Y m3 )eY 3m1 3m1 = (0.289 eX + 0 eY ) Rω 2 .

aS =

Zusatzaufgabe: Für den Fall gleich großer Massen m1 = m2 = m3 zeige man, dass die Gesamtbeschleunigung für beliebige Drehwinkel ϕ stets verschwindet.

5.1.2 Die Winkelgeschwindigkeit des starren Massenpunktsystems Wir untersuchen in diesem Abschnitt Besonderheiten der Kinematik starrer Massenpunktsysteme. Dabei werden wir für die ebene Bewegung feststellen, dass die momentane Winkelgeschwindigkeit des gesamten Systems durch eine Größe ω beschrieben werden kann. Für die Bewegung im Raum ist ein Vektor ω zur Beschreibung der Winkelgeschwindigkeit des gesamten Systems ausreichend, so dass dieser ein freier Vektor ist. In Abb. 5.4 betrachten wir zwei starre Massenpunktsysteme mit jeweils zwei Massenpunkten i und k. In den beiden Darstellungen in Abb. 5.4.a setzen wir identische Bewegungen des ersten Stabes in der Ebene voraus. In den beiden Darstellungen in Abb. 5.4.b werden identische räumliche Bewegungen des zweiten Stabes vorausgesetzt. Für beide Fälle werden in den linken und rechten Abbildungen Verbindungsvektoren xki und xik eingeführt, so dass 1. xi = xk + xki ,

2. xk = xi + xik .

(5.3)

Für starre Massenpunktsysteme bleiben die Abstände der Massenpunkte erhalten, so dass |xik | = |xi − xk | = |xk − xi | = |xki | = r = konst.

(5.4)

Die ebene Bewegung: Die Bewegungen in Abb. 5.4.a sind Sonderfälle der Kreisbewegung um die momentane richtungstreue Achse in Abschnitt 2.3.2. Wir lassen in der linken Darstellung die Masse k und in der rechten Darstellung die Masse i mit dem Führungspunkt F zusammenfallen. Mit Gl.(2.50.1) erhält man somit die zugehörigen Geschwindigkeiten:


159

Abb. 5.4. Zur Kinematik starrer Massenpunktsysteme: a) Zwei identische ebene Bewegungen, b) zwei identische räumliche Bewegungen

1. vi = x˙ i = vk + vik ,

2. vk = x˙ k = vi + vki .

(5.5)

Die Absolutgeschwindigkeit der Masse i ist somit die Absolutgeschwindigkeit der Masse k erweitert um die Geschwindigkeit vik der Masse i relativ zur Masse k. In gleicher Weise ist die Absolutgeschwindigkeit der Masse k gleich der Absolutgeschwindigkeit der Masse i erweitert um die Geschwindigkeit vki der Masse k relativ zur Masse i (siehe hierzu auch die Bemerkungen 2.7). Da wir ein starres Massenpunktsystem voraussetzen, beschreibt gemäß Bemerkung 2.7.2 die Masse i momentan eine Kreisbahn um die Masse k bzw. die Masse k eine Kreisbahn um die Masse i. Wie in Abb. 5.4.a erkennbar, verlaufen die relativen Geschwindigkeiten vik und vki tangential zu den momentanen Kreisbahnen. Da nach Voraussetzung die Bewegungen in den beiden Darstellungen in Abb. 5.4.a identisch sind, folgt durch Einsetzen von Gl.(5.5.2) in Gl.(5.5.1) vi = vi + vki + vik

=⇒

vki = −vik .

Dieses Ergebnis erlaubt zwei Interpretationen: 1. Die Vektoren vki und vik sind entgegengesetzt und parallel zueinander. 2. Deren Beträge sind gleich groß, d.h. |vik | = |vki |. Für die Beschreibung der Kreisbewegungen führen wir zwei Winkelgeschwindigkeiten ωik und ωki ein. Wie in Abb. 5.4 dargestellt, kennzeichnet ωik die momentane Winkelge-

160


schwindigkeit, mit welcher die Masse i um die Masse k rotiert, und ωki ist die momentane Winkelgeschwindigkeit, mit der die Masse k um den Punkt i rotiert. Damit ist in beiden Fällen Gl.(2.52) anwendbar, und mit Gl.(5.4) folgt ωik r = vik = |vik | = |vki | = vki = ωki r

=⇒ ωik = ωki = ω.

(5.6)

Die allgemeine räumliche Bewegung: Die Bewegungen in Abb. 5.4.b können mit den Ergebnissen für die Kreisbewegung um eine momentane Achse mit Richtungsänderung in Abschnitt 2.3.3 behandelt werden. Wir lassen in der linken Darstellung die Masse k und in der rechten Darstellung die Masse i mit dem Führungspunkt F zusammenfallen. Da auf Grund der Bedingungen (5.4) die Abstände zwischen den Massenpunkten unverändert bleiben, kann Gl.(2.60.2) auf beide Fälle angewendet werden: 1. vi = x˙ i = vk + ωki × xki ,

2. vk = x˙ k = vi + ω ik × xik .

(5.7)

Hierbei haben wir zur Unterscheidung die Winkelgeschwindigkeitsvektoren ω ki bzw. ω ik in beiden Gleichungen eingeführt. Der in Abb. 5.4.b dargestellte Vektor ω ki kennzeichnet in ¨ Ubereinstimmung mit Abb. 2.33 die momentane Winkelgeschwindigkeit, mit welcher die Masse i um eine durch den Punkt k verlaufende Achse rotiert. Entsprechend kennzeichnet ωik die momentane Winkelgeschwindigkeit, mit der die Masse k um eine durch den Punkt i verlaufende Drehachse rotiert. Da nach Voraussetzung die Bewegungen in beiden Darstellungen in Abb. 5.4.b identisch sind, folgt durch Einsetzen von Gl.(5.7.2) in Gl.(5.7.1) und Berücksichtigung der Beziehung xki = −xik vi = vi + ω ki − ω ik × xki =⇒ ω ki = ωik = ω. (5.8) Bemerkungen 5.2 1. Die Ergebnisse (5.6) und (5.8) erlauben folgende Interpretation: Rotiert bei einem starren Massenpunktsystem die Masse k mit der Winkelgeschwindigkeit ω (bzw. dem Winkelgeschwindigkeitsvektor ω) um die Masse i, dann rotiert die Masse i mit derselben Winkelgeschwindigkeit ω (bzw. demselben Winkelgeschwindigkeitsvektor ω) um die Masse k. 2. Das Ergebnis (5.6) gilt auch für die Rotation um eine richtungstreue Achse. ¨ 3. Der Winkelgeschwindigkeitsvektor ω beschreibt die zeitliche Anderung der gegenseitigen Verdrehung beliebiger Massenpunkte mi und mk des starren Massenpunktsystems. Da somit auf die Angabe der Indizes i und k verzichtet werden kann, ist ω ein freier, von Bezugs- und Endpunkt unabhängiger Vektor (siehe hierzu auch Abschnitt A.1). 4. Bezeichnen wir mit F den Führungspunkt eines Massenpunktsystems, so erhalten wir aus den Gleichungen (2.60) für den Ort, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung aller Massenpunkte i = 1, ..., n 1. xi = xF + xFi 2. vi = vF + viF = vF + ω × xFi 3. ai = aF +

aFi

= aF + α ×

xFi

+ω× ω×

xFi

(5.9) .

Hierbei sind ω und α der Winkelgeschwindigkeitsvektor und der Winkelbeschleunigungsvektor des starren Massenpunktsystems (,,kein Index i für ω und α”).


161

Beispiel 5.2 Robotergesteuerte Rechteckplatte mit Massenpunkten Der in Abb. 5.5 dargestellte Roboterarm bewegt eine dünne Rechteckplatte. Für die Punkte F , A und B werden bezüglich der dargestellten Vektorbasis ex , ey , ez die Geschwindigkeiten vF , vA und vB gemessen. Wie lautet die Basisdarstellung für den Winkelgeschwindigkeitsvektor ω? Abb. 5.5. Robotergesteuerte Rechteckplatte mit Eckpunkten A, B, C, F Bekannt: vA = 0ex + 0ey + vAz ez , vAz = −1.2m/s, vB = 0ex + 0ey + vBz ez , vBz = −0.2m/s. vF = 0ex + 0ey + vF z ez , vF z = 0.8m/s, l = 10 cm, b = 5 cm. F =v −v ¨ Voruberlegungen: Mit Gl. (5.9.2) werden die relativen Geschwindigkeiten vA A F F F F = ω × xA und vB = vB − vF = ω × xB erhalten. Schreibt man diese Gleichungen als Basisdarstellungen bezüglich der Vektorbasis ex , ey , ez , so kann man durch Koef¿zientenvergleich die Koef¿zienten für ω erhalten. Lösung: Bezüglich der angegebenen Basisvektoren gilt für die relativen Vektoren F = v − v = vF e , vA A F Az z

xFA

= xA − xF =

xFA ex

+

F =v vAz Az − vF z Fe , yA y

F = y −y , xFA = xA − xF , yA A F

F = ω × xF bez¨ und die Auswertung vA uglich der Vektorbasis ex , ey , ez ergibt A ex ey ez F = 0e + 0e + v F e = ω ω ω = (−ω y F )e + (ω xF )e + (ω y F − ω xF )e . vA x y z A x z A y x A y A z Az z x y z xF y F 0 A A

Durch Koef¿zientenvergleich in den Koordinatenrichtungen x, y und z erhält man F ωz yA = 0, ωz xFA = 0

=⇒

ωz = 0,

F F ωx yA − ωy xFA = vAz = vAz − vF z (A).

F = v − v = ω × xF : In gleicher Weise folgt aus der Basisdarstellung für vB B F B F = 0, ωz xFB = 0 ωz yB

=⇒

ωz = 0,

F F ωx yB − ωy xFB = vBz = vBz − vF z (B).

F = Wir können Gl.(A) und Gl.(B) nach ωx und ωy auÀösen und erhalten mit xFA = 0 m, yA F F F F 0.1 m, xB = 0.05 m, yB = 0.1 m, vAz = −1.2 − 0.8 = −2 m/s, vBz = −0.2 − 0.8 = −1 m/s

ωx =

F xF + v F xF vAz B Bz A = −20.0 rad/s, F xF − y F xF yA B B A

ωy =

F yF − vF yF vAz B Bz A = −20.0 rad/s. F xF − y F xF yA B B A

Damit hat der Winkelgeschwindigkeitsvektor die Basisdarstellung ω = (−20.0 ex − 20.0 ey + 0 ez ) rad/s.

162


5.1.3 Aufgaben zu Abschnitt 5.1 Aufgabe 5.1 (SG = 1) Die Punktmassen der robotergesteuerten Rechteckplatte in Beispiel 5.2 haben die Massen mA = 2 m, mB = 3 m, mC = 4 m. Die Platte ist masselos. 1. Wie groß ist die Schwerpunktgeschwindigkeit? 2. Wie groß ist die Geschwindigkeit des Punktes C? 3. Zusätzlich zu vF und ω sind die Beschleunigung aF = 0 und die Winkelbeschleunigung α = (0.2ex + 0.03ey − 0.05ez ) rad/s2 bekannt. Wie groß ist die Schwerpunktbeschleunigung? Aufgabe 5.2 (SG = 2) Der dargestellte Winkelrahmen rotiert aus der Ruhelage mit konstanter Winkelbeschleunigung α. Wie groß sind zum Zeitpunkt Δt 1. die Schwerpunktgeschwindigkeit, 2. die Schwerpunktbeschleunigung bezogen auf die dargestellte Vektorbasis? Bekannt: L, Lx = 2L, Ly = 0.5L, ωc , m1 = m2 = m3 = m, Δt = 3s. Hinweis: Zur Lösung können Teilergebnisse der Aufgabe 2.31 verwendet werden.

5.2 Grundlagen der Kinetik für das Massenpunktsystem

163

¨ das Massenpunktsystem 5.2 Grundlagen der Kinetik fur Wir betrachten in Abb. 5.6.a ein System mit den Massenpunkten i = 1, ..., n. Auf die Massenpunkte wirken verschiedenartige Kräfte, wie z.B. Feder-, Gewichts-, Dämpfungsoder Führungskräfte. Mit der Systemgrenze werden a¨ ußere von inneren Einwirkungen abgegrenzt. Sie dient gleichzeitig als Schnittlinie, um die an den Massen mi angreifenden a¨ ußeren Kräfte Fi sichtbar zu machen. Der resultierende Kraftvektor der a¨ ußeren Kräfte ist FR . In Abb. 5.6.b ist ein Ersatzmodell für einen Laptop im abbremsenden Zug mit zwei Massenpunkten und a¨ ußeren Kräften für Gewichte, Reibung und Normalkraft dargestellt.

Abb. 5.6. a) Massenpunktsystem mit inneren und a¨ ußeren Kräften, Systemgrenze, b) Ersatzmodell für Laptop im abbremsenden Zug mit zwei Massenpunkten und a¨ ußeren Kräften

Durch Lösen der Bindungen in Abb. 5.6.a werden die paarweise auftretenden inneren Kräfte (z.B. Feder- oder Dämpfungskräfte) sichtbar. Der Vektor Fij kennzeichnet die Kraft, die von der Masse j auf die Masse i ausgeübt wird. Umgekehrt wirkt die Fji von der Masse i auf die Masse j. Nach dem Wechselwirkungsaxiom (vgl. Abb. 3.1.c) gilt Fij + Fji = 0,

i, j = 1, 2, ..., n, i = j.

(5.10)

Mit den inneren und a¨ ußeren Kräften sowie dem Impulsvektor pi = mi vi wird für jede Masse das dynamische Grundgesetz (3.2) formuliert. Damit folgen die n Gleichungen 1. 2. .. . i. .. . n.

p˙ 1 = 0 + F12 ...+ F1j + ..... F1n + F1 p˙ 2 = F21 + 0 ...+ F2j + ..... F2n + F2 p˙ i = Fi1 + Fi2 ...+ Fij + ..... Fin + Fi p˙ n = Fn1 + Fn2 ...+ Fnj + ..... 0

(5.11)

+ Fn .

Hierbei ist der Nullvektor 0 in jeder Gleichung nur aus Darstellungsgründen eingeführt worden. Für den Impulsvektor der i-ten Masse gilt nach Gl.(3.2.2) pi = mi vi , so dass bei konstanter Masse p˙ i = mi ai folgt. Damit lauten die Bewegungsgleichungen für alle Massen

164


mi ai = Fi +

n

Fij , i = 1, ..., n.

(5.12)

i=j=1

Diese vektoriellen Gleichungen können wie in Abschnitt 3.2 beschrieben in verschiedenen Koordinatensystemen formuliert werden. Für den Fall, dass kinematische Bindungen zwischen den Massenpunkten vorliegen, kann man einen Zusammenhang zwischen den Beschleunigungen ai , i = 1, ..., n herstellen. Beispiel 5.3 Bewegung von zwei Kisten Zwei Kisten der Massen m1 und m2 sind mit einem dehnstarren Seil u¨ ber eine masselose Rolle verbunden. Welche Winkelgeschwindigkeit ω hat die Rolle nach der Zeit t, wenn sich das System unter Einwirkung der Erdbeschleunigung aus der Ruhelage heraus bewegt? Bekannt: m1 = 5 kg, m2 = 4 kg, t = 3 s, R = 25 mm. ¨ Voruberlegungen: Mit dem Schnittprinzip werden die inneren Kräfte sichtbar gemacht. Anschließend wird das dynamische Grundgesetz (5.12) für beide Kisten getrennt formuliert, wobei zweckmäßig senkrechte Koordinatenrichtungen gewählt werden. Auf Grund der Dehnstarrheit des Seiles legen beide Kisten die gleiche Wegstrecke zurück. Lösung: Wir lösen das System in Abb. 5.7.b von den Bindungen und tragen die (äußeren) Gewichtskräfte G1 , G2 und die (inneren) Schnittkräfte S1 , S2 ein. Für beide Kisten werden unabhängige Koordinaten X1 und X2 gewählt, wobei diese in die zu erwartenden Bewegungsrichtungen zeigen. Das dynamische Grundgesetz lautet für die beiden Körper m1 X¨1 = m1 g − S1 ,

m2 X¨2 = −m2 g + S2 .

Da die Rolle masselos ist, gilt S1 = S2 = S, und wegen der Dehnstarrheit des Seiles folgt X1 = X2 = X. Wir können dann S eliminieren und erhalten

Abb. 5.7.b. Freischnitt

¨ = X¨1 = X¨2 = m1 − m2 = 5 − 4 g = 1 g. X m1 + m2 5+4 9 Nach Integration erhält man die Geschwindigkeit und schließlich die Winkelgeschwindigkeit v=

rad 1 1 m m v 3.27 gt = 9.81 · 3 = 3.27 =⇒ ω = = = 0.1308 · 10−3 . 9 9 s s R 0.025 s

5.3 Der Schwerpunktsatz für das Massenpunktsystem

165

¨ das Massenpunktsystem 5.3 Der Schwerpunktsatz fur 5.3.1 Vektorielle Formulierung des Schwerpunktsatzes Nach Summation der n Gleichungen (5.11) verschwinden wegen des Wechselwirkungsaxioms (5.10) die Summen der paarweise auftretenden inneren Kräfte Fij + Fji . Damit gilt n i=1

p˙ i =

n

Fi .

(5.13)

i=1

Unter Beachtung von pi = mi vi für den Impulsvektor der i-ten Masse und De¿nition (5.2) für die Schwerpunktgeschwindigkeit erhält man n n n mi vi = mvS . pi = mi vi = m i=1 (5.14) m i=1

i=1

Somit folgt aus Gl.(5.13) ¨ das Massenpunktsystem: Der Schwerpunktsatz fur Formulierung mit dem Impulsvektor d 1. pS = FR , wobei dt 2. pS = mvS Impulsvektor des Schwerpunktes n Fi resultierender a¨ ußerer Kraftvektor. 3. FR =

(5.15)

i=1

Für den Fall, dass jede Masse mi zeitlich unveränderlich ist, folgt mit Gl.(3.3) und den De¿nition (5.2) auf der linken Seite von Gl.(5.13) n n n mi v˙ i d p˙ i = (5.16) (mi vi ) = m i=1 = mv˙ S = maS . dt m i=1

i=1

Nach Einsetzen von Gl.(5.16) in Gl.(5.13) folgt somit ¨ das Massenpunktsystem: Der Schwerpunktsatz fur Formulierung mit dem Beschleunigungsvektor 1. maS = FR , wobei 2. aS = v˙ S n Fi 3. FR =

(5.17) Beschleunigungsvektor des Schwerpunktes resultierender a¨ ußerer Kraftvektor.

i=1

Bemerkungen 5.3 ¨ 1. Die Interpretation von Gl.(5.15.1) ist wie folgt: Die zeitliche Anderung des Schwerpunktimpulses ist gleich der Resultierenden aller a¨ ußeren Kräfte FR und hat die Richtung dieser Kraft. Diese Aussage entspricht der Aussage des 2. Newtonschen Axioms für den Massenpunkt in Abb. 3.1. Somit stimmen auch die Gleichungen (5.15) für das Massenpunktsystem formal mit den Gleichungen (3.2) für den Massenpunkt u¨ berein.

166


2. Eine Interpretation von Gl.(5.17.1) ist in Abb. 5.6 dargestellt und lautet: Die Schwerpunktbeschleunigung aS ist gleichgerichtet und proportional zur Resultierenden aller a¨ ußeren Kräfte FR . Somit stimmen die Gleichungen (5.17) für das Massenpunktsystem formal mit den Gleichungen (3.4) für den Massenpunkt u¨ berein. 3. Eine weitere Interpretation von Gl.(5.17.1) ist: Der Schwerpunkt S (genauer Massenmittelpunkt) eines Massenpunktsystems bewegt sich so, als ob die Gesamtmasse m in ihm vereinigt wäre und die Resultierende aller a¨ ußeren Kräfte FR in ihm angreifen würde. Damit ist nachträglich eine Begründung für die Wahl des Schwerpunktes als Lastangriffspunkt der resultierenden Kraft FR in dem Ersatzmodell in Abb. 3.2 gegeben. 4. Der Beschleunigungsvektor aS und der resultierende Kraftvektor FR verlaufen in Abb. 5.6 nicht auf der gleichen Wirkungslinie. Eine ,,Verdrehung” des Massenpunktsystems kann somit allein mit dem Schwerpunktsatz nicht erfasst werden. Stattdessen müssen die n Gleichungen (5.12) für alle Massenpunkte verwendet werden. Für räumliche Bewegungen führt dieses auf ein System von 3n gewöhnlichen Differenzialgleichungen 2. Ordnung, was erhebliche mathematische Schwierigkeiten bereiten kann. In vielen Fällen, insbesondere bei starren Massenpunktsystemen, kommt man stattdessen mit dem Momentensatz schneller zur Lösung. Dieser wird im nachfolgenden Abschnitt eingeführt. 5. Anstatt ,,Schwerpunktsatz” ist die Bezeichnung ,,Massenmittelpunktsatz” formal richtig. Weitere Erläuterungen hierzu ¿nden sich in Bemerkung 5.1.1. 6. Innere Kräfte haben auf die Bewegung des Schwerpunktes keinen EinÀuss. Für den Laptop in Abb. 5.6.b sind daher für den gewählten Freischnitt nur a¨ ußere Kräfte (Gewichtskräfte G1 , G2 , Reibungskraft R und Normalkraft N ) zu berücksichtigen. 5.3.2 Der Schwerpunktsatz in verschiedenen Koordinatensystemen Wie beim Vorgehen für den Massenpunkt werden aus der vektoriellen Darstellung (5.17) des Schwerpunktsatzes skalare Gleichungen in Koordinatenrichtungen erhalten. Aus den Gleichungen (3.8) für raumfeste kartesische Koordinaten, den Gleichungen (3.12) für Zylinderkoordinaten, den Gleichungen (3.15) für natürliche Koordinaten und den Gleichungen (3.18) für mitrotierende kartesische Koordinaten ergeben sich folgende Beziehungen: ¨ das Massenpunktsystem Der Schwerpunktsatz fur in raumfesten kartesischen Koordinaten ¨ S = n FiX 1. X : mX i=1 2. Y : mY¨S = ni=1 FiY 3. Z : mZ¨S = ni=1 FiZ ¨ das Massenpunktsystem Der Schwerpunktsatz fur in Zylinderkoordinaten 1. r : m(¨ rS − rS ϕ˙ 2 ) = ni=1 Fir 2. ϕ : m(2r˙S ϕ˙ + rS ϕ) ¨ = ni=1 Fiϕ 3. z : m¨ zS = ni=1 Fiz

(5.18)

(5.19)

5.3 Der Schwerpunktsatz für das Massenpunktsystem

¨ das Massenpunktsystem Der Schwerpunktsatz fur ¨ in naturlichen Koordinaten n . 1. t : m vS = i=1 Fit 2.

n:

3.

b:

vS 2 n = i=1 Fin m ρ 0 = ni=1 Fib

¨ das Massenpunktsystem Der Schwerpunktsatz fur ¨ Kreisbewegungen in mitrotierenden kartesischen Koordinaten fur 1. x : m(−yS α − xS ω 2 ) = ni=1 Fix 2. y : m(xS α − yS ω 2 ) = ni=1 Fiy 3. z: 0 = ni=1 Fiz .

167

(5.20)

(5.21)

Die wichtigsten Lösungsschritte zur Anwendung des Schwerpunktsatzes sind bereits in Tabelle 3.1 zusammengestellt. Dazu sei hervorgehoben, dass die Beschleunigungen in den Gleichungen (5.18) bis (5.21) auf den Schwerpunkt S zu beziehen sind.

Beispiel 5.4 Dynamische Lagerkräfte für Laufrad mit drei Massen Für das Laufrad aus Beispiel 5.1 bestimme man für den Winkel ϕ = 0 die dynamischen Lagerkräfte. Gewichtskräfte bleiben unberücksichtigt. ¨ Voruberlegung: Die Berechnung wird mit dem Schwerpunktsatz durchgeführt. Dabei beschränken wir uns auf die X- und Y -Richtung des in Abb. 5.8 eingetragenen Koordinatensystems. ¨S Lösung: Mit den Ergebnissen aus Beispiel 5.1, X 2 ¨ = 0.289 Rω und YS = 0, bestimmt man aus Gl. (5.18.1) und Gl. (5.18.2) die AuÀagerkräfte: X: Y :

¨ S = AX 3m1 X 3m1 Y¨S = AY

=⇒ =⇒

AX = 0.867Rω 2 m AY = 0.

Abb. 5.8. Laufrad mit drei Massen

Bemerkung: In Beispiel 5.1 wurde gezeigt, dass für gleich große Massen die Beschleunigungsterme für beliebige Winkel ϕ verschwinden. Lagerkräfte treten also nicht auf. Zusatzaufgabe: Veri¿zieren Sie mit den verschiedenen Koordinatensystemen in den Gleichungen (5.19) bis (5.21) die Ergebnisse für AX und AY .

168


5.3.3 Aufgaben zu Abschnitt 5.3 Aufgabe 5.3 (SG = 2) Zwei Massen m1 und m2 sind mit einem dehnstarren Seil u¨ ber eine masselose Rolle verbunden und in eine zähe Flüssigkeit eingetaucht. Welche Winkelgeschwindigkeit hat die Rolle nach der Zeit t, wenn zusätzlich Auftriebskräfte FA1 = ρF gV1 , FA2 = ρF gV2 und Widerstandskräfte FW 1 = k1 v12 , FW 2 = k2 v22 berücksichtigt werden? Bekannt: m1 = 5 kg, m2 = 4 kg, t = 3 s, R = 25 mm, k1 = 0.3 kg/s, k2 = 0.2 kg/s, V1 = 1000 cm3 , V2 = 500 cm3 , ρF = 50 kg/m3 . Aufgabe 5.4 (SG = 2) Zwei masselose Stäbe sind wie dargestellt starr miteinander verbunden. Zusätzlich sind drei Massenpunkte der Masse m befestigt. Das Stabwerk wird zur Zeit t = 0 aus der Anfangslage ϕ(t = 0) = ϕ0 losgelassen und schwingt anschließend in einer Ebene im Schwerefeld der Erde. Gesucht ist die Bewegungsgleichung ϕ(t) bei Beschränkung auf kleine Auslenkungen. Bekannt: m, l, g = 9.81 m/s2 . Aufgabe 5.5 (SG = 2) Das in Aufgabe 5.4 behandelte Stabwerk wird aus der Ruhelage mit dem Anfangswinkel ϕ = π/2 losgelassen. 1. Wie groß ist die maximale Winkelgeschwindigkeit? 2. Wie groß sind die zugehörigen Geschwindigkeiten der drei Massenpunkte? Aufgabe 5.6 (SG = 2) Für welche Winkel ϕ werden die AuÀagerkräfte in Beispiel 5.4 maximal?

5.4 Der Momentensatz für das Massenpunktsystem

169

¨ das Massenpunktsystem 5.4 Der Momentensatz fur Wie bereits erläutert, können Aufgaben zur Kinetik des Massenpunktsystems mit den n Gleichungen (5.12) gelöst werden. Häu¿g kommt man jedoch einfacher mit dem Momentensatz zur Lösung. Dazu geben wir im Folgenden zwei alternative vektorielle Darstellungen an. 5.4.1 Der Momentensatz mit dem Beschleunigungsvektor Wir wählen einen Führungspunkt F mit Ortsvektor xF , der in Abb. 5.9.a beispielhaft mit der Masse k zusammenfällt. Anschließend wird die i−te Gleichung in (5.11) von links vektoriell mit dem Verbindungsvektor xFi = xi − xF multipliziert. Für alle Massen i = 1, ..., n folgt 1. xF1 × p˙ 1 = xF1 × (0 + F12 +... F1j + .... F1n + F1 ) 2. xF2 × p˙ 2 = xF2 × (F21 + 0 +... F2j + .... F2n + F2 ) .. . i. xFi × p˙ i = xFi × (Fi1 + Fi2 +... Fij + .... Fin + Fi ) .. . n. xFn × p˙ n = xFn × (Fn1 + Fn2 +... Fnj + .... 0

(5.22)

+ Fn ).

Durch Aufsummieren aller n Gleichungen entstehen mit dem Wechselwirkungsaxiom (5.10) für die paarweise auftretenden inneren Kräfte folgende Terme: xF1 × F12 + xF2 × F21 = (xF1 − xF2 ) × F12 = 0, xFi

× Fij +

xFj

× Fji =

(xFi

−

xFj ) ×

Fij = 0,

.... ....

Diese Terme verschwinden, da die Vektoren xF1 − xF2 und F12 , oder allgemeiner xFi − xFj und Fij , parallel sind, und somit nach der Rechenregel (A.6.3) deren Kreuzprodukte gleich Null sind. Somit gilt: Innere Kräfte müssen bei der Formulierung des Momentensatzes für das Massenpunktsystem nicht berücksichtigt werden. Für den Laptop im abbremsenden Zug in Abb. 5.9.b sind daher in dem Ersatzmodell nur a¨ ußere Kräfte, die Gewichtskräfte G1 , G2 , die Reibungskraft R und die Normalkraft N , berücksichtigt.

Abb. 5.9. a) Massenpunktsystem mit inneren und a¨ ußeren Kräften, b) Ersatzmodell für Laptop im abbremsenden Zug mit a¨ ußeren Kräften

170


Auf den linken Seiten der Gleichungen (5.22) können wir unter der Voraussetzung zeitlich konstanter Massen mi die zeitlichen Ableitungen der Impulsvektoren durch die Beschleunigungen gemäß p˙ i = mai ausdrücken. Damit folgt nach Summation der n Gleichungen (5.22) n n F xi × mai = xFi × Fi . (5.23) i=1

i=1

Das Kreuzprodukt xFi × Fi ist der Momentenvektor der Kraft Fi bezüglich des Punktes F : (F )

Mi

= xFi × Fi .

(5.24)

Mit dieser Interpretation folgt aus Gl.(5.23) ¨ die räumliche Bewegung des Massenpunktsystems: Der Momentensatz fur Formulierung mit dem Beschleunigungsvektor n 1. xFi × mi ai = M(F ) , wobei i=1

M(F ) =

2.

n

xFi × Fi

(5.25)

resultierender Momentenvektor.

i=1

5.4.2 Der Momentensatz mit dem Drehimpulsvektor 1 Wir

können den Momentensatz (5.25.1) alternativ formulieren. Dazu ersetzen wir formal den Kraftvektor Fi in Gl.(5.24) durch den Impulsvektor pi = mi vi aus Gl.(3.2) und de¿nieren (F )

1. Di

= xFi × pi ,

2. D(F ) =

n

(F )

Di

i=1

=

n

xFi × pi .

(5.26)

i=1

(F )

Di ist der Drehimpulsvektor des Impulses pi bezüglich des (in Abb. 5.9.a dargestellten) (F ) Punktes F . Alternative Bezeichnungen für Di sind Drallvekor oder Momentenvektor des Impulses bezüglich des Punktes F . D(F ) ist der Drallvektor für das gesamte Massenpunktsystem, der formal dem Momentenvektor in Gl.(5.25.2) entspricht. Bezüglich des Schwerpunktes S oder eines festen Bezugspunktes 0 folgt aus Gl.(5.26.2) 1. D(0) =

n

xi × pi ,

i=1

2. D(S) =

n

xSi × pi .

(5.27)

i=1

Mit der Beziehung xi = xS + xSi sowie Gl.(5.2) und Gl.(5.15.2) für den Schwerpunkt und den Impulsvektor des Schwerpunktes folgt nach einigen Umformungen (vgl. Aufgabe 5.17) 1. D(0) = D(S) + xS × pS , 1

2. D(S) = D(0) − xS × pS .

(5.28)

Dieser Abschnitt ist nicht Voraussetzung für das Verständnis der folgenden Abschnitte dieses Kapitels und der Kapitel 6, 7 und 10. Ausgehend von dem Abschnitt 9.2.3 kann auch der exzentrische Stoß in Kapitel 9 ohne Einführung des Drehimpulsvektors behandelt werden.

5.4 Der Momentensatz für das Massenpunktsystem

171

Als nächstes soll eine Beziehung zwischen M(F ) und D(F ) erhalten werden. Dazu bilden (F ) wir die zeitliche Ableitung des Drallvektors Di . Mit den Beziehungen vi = x˙i = x˙ Fi +vF , vi × vi = 0 (vgl. (A.6.5)), v˙ i = ai , mi ai = Fi und Gl.(5.24) folgt für konstante Masse mi d F d (F ) Di = xi × mi vi = xFi × mi v˙ i + x˙ Fi × mi vi dt dt = xFi × mi ai + vi × mi vi − vF × mi vi (F )

= Mi

− vF × mi vi .

(F ) Mi

(5.29)

(F ) Di

und gefunden. Eine Summation u¨ ber Damit ist ein Zusammenhang zwischen alle Massenpunkte des zweiten Termes auf der rechten Seite von Gl.(5.29) liefert mit der Schwerpunktgeschwindigkeit in Gl.(5.2.2) folgenden Ausdruck: n ( ni=1 mi vi ) = vF × m vS . vF × mi vi = vF × m (5.30) m i=1

Nach Einsetzen von Gl.(5.29) in (5.25) folgt mit Gl.(5.26.2) und Gl.(5.30) schließlich ¨ die räumliche Bewegung des Massenpunktsystems: Der Momentensatz fur Formulierung mit dem Drehimpulsvektor d (F ) D + vF × m vS = M(F ) , wobei 1. (5.31) dt n 2. D(F ) = xFi × pi resultierender Drehimpulsvektor 3.

M(F )

=

i=1 n i=1

xFi × Fi

resultierender Momentenvektor.

Bemerkungen 5.4 1. Die Gleichungen (5.25) und (5.31) gelten für allgemeine räumliche Bewegungen und sind gleichwertig. Wir werden in diesem Kapitel die Formulierung (5.25) für ebene Bewegungen und räumliche Bewegungen mit fester Drehachse verwenden und erst in nachfolgenden Kapiteln auf Formulierungen mit dem Drehimpulsvektor zurückkommen. 2. Falls eine der beiden Bedingungen a) F = S: Der Führungspunkt ist gleich dem Schwerpunkt −→ vF = vS , b) F = 0: Der Führungspunkt ist fest (z.B. AuÀager) −→ vF = 0 erfüllt ist, dann vereinfacht sich Gl.(5.31.1) zu d (S) d (0) D = M(S) D = M(0) . 1. F = S : 2. F = 0 : (5.32) dt dt Damit gilt: Die zeitliche Ableitung des resultierenden Drehimpulsvektors eines Massenpunktsystems bezüglich des Schwerpunktes S oder eines festen Punktes 0 ist gleich dem resultierenden Momentenvektor der a¨ ußeren Kräfte bezüglich desselben Punktes. 3. Unter Berücksichtigung der Gleichungen (5.28) erhält man nach einigen Umformungen aus den Gleichungen (5.32) für zeitlich konstante Massen mi (vgl. Aufgabe 5.17) d (S) d (0) 1. (5.33) D + xS × m aS = M(0) 2. D − xS × m aS = M(S) . dt dt

172


¨ das starre Massenpunktsystem in der Ebene 5.5 Der Momentensatz fur 5.5.1 Herleitung der skalaren Gleichungen Im Folgenden wird die vektorielle Gleichung (5.25.1) für die ebene Bewegung des starren Massenpunktsystems in Abb. 5.10 in mitrotierenden kartesischen Koordinaten ausgewertet. Wir lassen dazu die Punktmasse mk mit dem Führungspunkt F zusammenfallen. Da die u¨ brigen Punkte i = 1, .., n, i = k den Abstand zu F nicht verändern, führen sie momentan eine Kreisbewegung um F durch. Die Beschleunigung für jede Masse lautet nach Gl.(5.9.3) ai = aF + aFi .

(5.34)

Der zweite Anteil aFi , die Beschleunigung der Masse i relativ zu F , resultiert aus der momentanen Kreisbahn der Masse mi um den Punkt F in Abb. 5.10.b.

Abb. 5.10. Starres Massenpunktsystem in der Ebene: a) Vektoren xF , xF i , Fi , b) mitrotierende Basisvektoren ex , ey , zeitlich konstante Koordinaten xi , yi sowie Koef¿zienten Fix , Fiy und aF x , aF y

Für die mitrotierende Vektorbasis sind die in der Bewegungsebene liegenden Basisvektoren ex , ey fest mit dem Massenpunktsystem verbunden. Für Vektoren in Gl. (5.25.1) und Gl.(5.34) sowie für die Kraftvektoren Fi lauten die Basisdarstellungen: 1. 2. 3. 4.

xFi aF aFi Fi

= xi ex = aF x ex = (−yi α − xi ω 2 )ex = Fix ex

+ y i ey + aF y ey + (xi α − yi ω 2 )ey + Fiy ey

+ 0ez + 0ez + 0ez + 0ez .

(5.35)

Die Basisdarstellungen (5.35.1) und (5.35.2) können mit den zugehörigen Koef¿zienten in Abb. 5.10.b anschaulich erklärt werden. Gl. (5.35.3) folgt aus der Anwendung von Gl.(2.42.3) auf die Punktmasse mi . Zusätzlich wurde hier noch das Ergebnis (5.6) berücksichtigt, so dass die Winkelgeschwindigkeit ω und die Winkelbeschleunigung α für alle Massen i gleich sind (,,kein Index i für ω und α”). (F ) Für den Momentenvektor Mi = xFi × Fi in Gl. (5.25.2) erhalten wir mit den Gleichungen (5.35.1) und (5.35.4) und der Determinantenregel (A.17)

5.5 Der Momentensatz für das starre Massenpunktsystem in der Ebene

ex ey ez (F ) = xFi × Fi = xi yi 0 = (xi Fiy − yi Fix ) ez = Miz ez . Fix Fiy 0

(F )

Mi

173

(5.36)

(F )

Das (polare) Moment Miz = xi Fiy − yi Fix ist aus der Statik für ebene Probleme bekannt. Zur Auswertung des Kreuzproduktes auf der linken Seite von Gl.(5.25.1) ersetzen wir in Gl.(5.36) die Koef¿zienten von Fi durch die Koef¿zienten von mi ai und erhalten xFi × mi ai = mi xi (aF y + (xi α − yi ω 2 )) − yi (aF x + (−yi α − xi ω 2 )) ez = mi (xi aF y − yi aF x ) + mi α x2i + yi2 ez . (5.37) Verwenden wir die Schwerpunktkoordinaten des Vektors xS in Gl.(5.2.1) xS =

n m i xi

m

i=1

,

yS =

n mi y i i=1

m

(5.38)

,

dann folgt mit Gl.(5.36) und Gl.(5.37) aus Gl.(5.25.1) durch Koef¿zientenvergleich =⇒

α

n n n n mi xi mi y i (F ) (x2i + yi2 )mi + m aF y − m aF x = Miz . m m +i=1 ,. +i=1 ,- . +i=1 ,- . +i=1 ,- . (F )

xS

Θz

yS

(F )

Mz

Zusammenfassend gilt somit ¨ das starre Massenpunktsystem bei ebenen Bewegungen Der Momentensatz fur 1.

(F )

αΘz

(F )

2.

Θz

3.

(F ) Mz

(F )

+ mxS aF y − myS aF x = Mz ,

=

n

=

mi (x2i + yi2 )

i=1 n

wobei (5.39)

(F )

Mz,i .

i=1

Bemerkungen 5.5 (F )

1. Die Größe Θz in Gl.(5.39.2) wird als Massenträgheitsmoment bezüglich des Punktes F bezeichnet. Da für das mitrotierende Koordinatensystem die Koordinaten xi , yi (F ) zeitlich unveränderlich sind, ist Θz ein zeitlich unveränderlicher Systemwert des starren Massenpunktsystems, der nur einmal berechnet werden muss. 2. Bei Anwendung des Momentensatzes (5.39) müssen die gewählten Basisvektoren ex , (F ) ey , ey ein Rechtssystem bilden. Die Vorzeichen für die Momente Mz,i und den Verdrehungswinkel ω (,,positiv von x nach y”) sowie weiteren Termen in den Gleichungen (5.39) sind, wie beispielhaft in Abb. 5.10.b dargestellt, von den Richtungen der gewählten Basisvektoren abhängig.

174


3. Falls eine der beiden Bedingungen a) F = S: Der Führungspunkt ist gleich dem Schwerpunkt −→ xFS = 0, b) F = O: Der Führungspunkt ist fest (z.B. AuÀager) −→ aF = 0 erfüllt ist, dann vereinfacht sich Gl.(5.39.1) F = S oder 0 :

αΘz(F ) = Mz(F ) .

(5.40)

4. In dem dynamischen Grundgesetz ma = F ist die Masse m ein Maß für die Verschiebungsträgheit eines Körpers. Auf Grund der gleichen mathematischen Struktur in (F ) Gl.(5.40) gilt: Θz ist ein Maß für die Drehträgheit des starren Massenpunktsystems. 5. Bei dem starren Massenpunktsystem in Abb. 5.11 treten (,,exzentrische”) Kräfte Fl , Fj in Angriffspunkten ohne Punktmasse auf. In dem Momentensatz (5.39) werden für derartige Fälle ¿ktive Massen ml = mj = 0 angenommen. Mit diesem Ansatz können z.B. Lagerkräfte für starre Massenpunktsysteme ermittelt werden. Abb. 5.11. Exzentrische Kräfte Fl , Fj

Beispiel 5.5 Mathematisches Pendel Lösen Sie die Aufgabe für das mathematische Pendel in Beispiel 3.3 mit dem Momentensatz. ¨ Voruberlegung: Der Aufhängepunkt A ist gleichzeitig der Führungspunkt F (Mittelpunkt) der Kreisbewegung. Die Koordinaten x, y, z sind mit dem Seil körperfest verbunden und somit zeitlich konstant. Da der Führungspunkt keine Beschleunigung erfährt, kann anstatt Gl.(5.39) die Bewegungsgleichung (5.40) verwendet werden. Dabei ist für die Anzahl der Massenpunkte n = 1 zu setzen. Lösung: Nach Freischneiden der Masse von dem Seil werden die Seilkraft FS und die Gewichtskraft mg eingetragen. Bezogen auf das bewegte Koordinatensystem mit Ursprung 0 erhält man mit den Koordinaten x = l, y = 0 für das Massenträgheitsmoment Θz(0)

2

2

2

= m(x + y ) = l m. (0)

Abb. 5.12. Mathematisches Pendel, Freischnitt und angreifende Kräfte

= −lmg sin ϕ folgt aus dem Momentensatz (5.40) g Θz(0) ϕ¨ = Mz(0) =⇒ l2 mϕ¨ = −lmg sin ϕ =⇒ ϕ ¨ + sin ϕ = 0. l Diese Gleichung ist identisch zur nichtlinearen Differenzialgleichung in Beispiel 3.3, so dass die weiteren Schritte wie dort angegeben durchgeführt werden können.

Mit dem Moment Mz


175

Beispiel 5.6 Kräfte in Radlagern eines Flugzeuges mit Shuttle Ein Flugzeug wird als ShuttleTräger verwendet. In der Startphase wird es von einer Schubkraft FS angetrieben. Wie groß sind die vertikalen Kräfte NA , NB , die auf die Radlager wirken? Roll-, Auftriebsund Luftwiderstandskräfte bleiben unberücksichtigt. Abb. 5.13. Flugzeug mit Shuttle beim AbÀug: Geometrie, Schubkraft FS , Kräfte NA , NB im Radlager

Bekannt: FS = 700 kN, Masse des Flugzeuges m1 = 250 t, Masse des Shuttles m2 = 50 t, b = 5e, c = e, d1 = 1.5e, d2 = 4e, e1 = 1.5e, e2 = e. ¨ Voruberlegungen: Als Ersatzmodell wird ein starres Massenpunktsystem mit Gewichtskräften in den beiden Schwerpunkten verwendet. In den Punkten A und B der Radlager werden gemäß Bemerkung 3.5.5 ¿ktive Massen mA =mB = 0 angenommen, um den Schwerpunktsatz (5.18) und den Momentensatz (5.39) anwenden zu können. Da während der Startphase keine Rotation erfolgt, ist die Winkelbeschleunigung α = 0, und es muss nicht zwischen raumfesten Koordinaten X, Y und mitrotierenden Koordinaten x, y unterschieden werden. Lösung: In dem Freischnitt in Abb. 5.13.b sind alle angreifenden Kräfte eingetragen. Dabei wirkt in x-Richtung die Schubkraft FS . In senkrechter Richtung sind die Gewichtskräfte m1 g, m2 g und die auf die Radlager wirkenden Normalkräfte NA , NB zu berücksichtigen.

Abb. 5.13.b. Freischnitt und Kräfte

Mit der Wahl F = A für den Führungspunkt lauten der Schwerpunkt- und der Momentensatz x:

m¨ xS = FS

y:

m¨ y S = NA + N B − m 1 g − m 2 g = 0

ϕz :

mxS aF y − myS aF x = NB b − FS c − m1 ge1 − m2 ge2 .

Unter Verwendung der Schwerpunktkoordinaten für das Gesamtsystem d1 m1 + d2 m2 e1 m1 + e2 m2 , yS = m1 + m2 m1 + m2 und Berücksichtigung von m = m1 + m2 sowie aF x = x ¨S , aF y = y¨S = 0 erhält man nach einiger Rechnung die folgenden Ergebnisse: xS =

x ¨S = 2.33 m/s2 ,

NB = 791.66 kN,

NA = 2208.34 kN.

176


5.5.2 Lösungsschritte bei Verwendung des Momentensatzes In Tabelle 5.1 sind die wichtigsten Schritte zur Lösung von Aufgaben der Dynamik für starre Systeme mit dem Momentensatz zusammengefasst. Hierbei werden in Schritt 4 außer dem (F ) (F ) (F ) Massenträgheitsmoment Θz weitere Größen Θx , Θxy ,.... verwendet, die erst in nachfolgenden Abschnitten erklärt werden.

1. Idealisierung des realen Systems In diesem Schritt wird das der Berechnung zu Grunde gelegte mechanische System festgelegt. Mit einer Systemgrenze nach Abb. 5.6 wird das System von der Umgebung abgegrenzt. 2. Eintragen eines mitrotierenden Koordinatensystems Es wird ein mitrotierendes (körperfestes) Koordinatensystem x, y,z (wie z.B. in Abb. 5.10.b für ebene Bewegungen) eingeführt, welches gemeinsam mit dem starren Massenpunktsystem um eine Achse mit Führungspunkt F rotiert. Der Abstand von F zu den u¨ brigen Massenpunkten ist dabei stets konstant. 3. Freischneiden Der betrachtete Körper, bzw. das im Schritt 1 durch die Systemgrenze festgelegte System, wird in einer beliebigen, repräsentativen Lage durch gedachte Schnitte von seinen Bindungen zu anderen Körpern oder AuÀagern gelöst. Anschließend werden die von anderen Körpern oder von AuÀagern zu u¨ bertragenden Kräfte als a¨ ußere Kräfte wirkend in den gedachten Schnitten eingetragen. 4. Bestimmung der Massenträgheitsmomente (F ) (F ) (F ) In diesem Schritt werden die Größen Θx , Θxy ,...., Θz bestimmt. Bei deren Berechnung ist für das gewählte Koordinatensystem auf die Vorzeichenregelung zu achten. 5. Bestimmung der Momente Es werden mit den Regeln der Raumstatik die Momente bzgl. des Führungspunktes F berechnet. Für das gewählte Koordinatensystem ist auf die Vorzeichenregelung zu achten. Trägheitskräfte bleiben unberücksichtigt. 6. Formulierung des Momentensatzes in Koordinatenrichtungen Mit den berechneten Massenträgheitsmomenten aus Schritt 4 und den Momenten aus Schritt 5 werden die Gleichungen des Momentensatzes aufgestellt. 7. Bearbeitung zusätzlicher Aufgabenstellungen Je nach Fragestellung werden in diesem Schritt weitere mathematische Umformungen der in Schritt 6 aufgestellten Gleichungen durchgeführt. Beispielsweise kann eine Integration der Bewegungsgleichungen unter Berücksichtigung von Anfangsbedingungen notwendig werden. Dazu können die in Tabelle 2.1 zusammengestellten Lösungen zu den Grundaufgaben berücksichtigt werden. Tabelle 5.1. Lösungsschritte für Aufgaben der Kinetik mit dem Momentensatz für starre Systeme


177

Beispiel 5.7 Aufprall einer Dummypuppe Eine Dummypuppe ist wie in Abb. 5.14 dargestellt in einem Autocrashversuch mit nur einem Beckengurt angeschnallt. Gesucht ist die Auftreffgeschwindigkeit vK relativ zur Fahrgeschwindigkeit, mit welcher die Stirn mit Abstand d vom Punkt A unter dem Winkel ϕ1 auf das Amaturenbrett prallt. Abb. 5.14. Aufprall einer Dummypuppe beim Crash

Hinweise: Die Dummypuppe kann als Pendelstange mit Drehpunkt in der Hüfte (Punkt A) angesehen werden. Für den Oberkörper und den Kopf werden die Massen im jeweiligen Schwerpunkt konzentriert. Bekannt: mK = m, mB = 5m, rK = 7/3r, rB = r, d = 5/2 r, a, ϕ1 . ¨ Voruberlegungen: Mit dem Momentensatz (5.39) werden die Lösungsschritte in Tabelle 5.1 abgearbeitet. Lösung: 1. Idealisierung des realen Systems: Das mechanische System besteht aus einem masselosen Stab, an den wie in Abb. 5.14.b dargestellt zwei Punktmassen angebracht sind. Gedanklich wird im Punkt A gemäß Bemerkung 3.5.5 eine ¿ktive Masse mA = 0 angeordnet.

Abb. 5.14.b. Freischnitt, Zerlegung der Gewichtskräfte und der Beschleunigung in Koordinatenrichtungen

2. Eintragen eines geeigneten Koordinatensystems: Der Führungspunkt F wird in den Drehpunkt A gelegt. Es werden mit der Dummypuppe körperfest verbundene, mitrotierende Koordinaten x, y, z gewählt. Damit erhält man für die Schwerpunktkoordinaten

yS = 0,

7 r6m + rm rB mB + rK mK 11 3 xS = = = r. mB + mK 6m + m 9

178


Die Matrixdarstellungen für die Koef¿zienten des Ortsvektors im Schwerpunkt und des Beschleunigungsvektors lauten somit ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ aF x −a sin ϕ 11/9 xS xFS = ⎣ yS ⎦ = ⎣ 0 ⎦ r, aF = ⎣ aF y ⎦ = ⎣ −a cos ϕ ⎦ (A) aF z zS 0 0 3. Freischneiden: Das System wird wie in Abb. 5.14.b dargestellt freigeschnitten. Zusätzlich zu den AuÀagerkräften Ax , Ay treten die Gewichtskräfte mK g und mB g auf, die in die Koordinatenrichtungen x, y zerlegt werden müssen. 4. Bestimmung des Massenträgheitsmomentes: Mit den Koordinaten xK = 7/3 r, yK = 0 für den Kopf und xB = r, yB = 0 für den Oberkörper folgt 2 2 Θz(F ) = mB (x2B + yB ) + mK (x2K + yK ) 2 2 7 94 2 2 +m = 5m r + 0 r +0 = mr 2 . 3 9

5. Bestimmung der Momente: Dem Freischnitt in Abb. 5.14.b entnimmt man

7 22 (F ) Mz = rB mB g sin ϕ + rK mK g sin ϕ = r5m + rB m g sin ϕ = rmg sin ϕ. 3 3 6. Formulierung des Momentensatzes: Aus Gl. (5.39.1) folgt (F )

αΘz =⇒

α

+ mges xS aF y

− mges yS aF x

(F )

= Mz

22 94 2 11 mr + 6m r(−a cos ϕ) − 6m 0 (−a sin ϕ) = rmg sin ϕ. 9 9 3

7. Bearbeitung weiterer Fragestellungen: Eine Umformung der letzten Beziehung liefert α = ω˙ =

33 (g sin ϕ + a cos ϕ). 47r

Auf Grund der Abhängigkeit α = α(ϕ) kann die Lösung dieser Differenzialgleichung z.B. mit der 5. Grundaufgabe in Tabelle 2.1 erhalten werden. Mit den Anfangsbedingungen ϕ0 = 0 und ω(t = 0) = 0 berechnet man ϕ 33 2 ω(ϕ) = ω0 + 2 α(ϕ)d ˜ ϕ˜ = 2 (g(1 − cos ϕ) + a sin ϕ). 47r ϕ0 Mit ϕ = ϕ1 ergibt sich die gesuchte Auftreffgeschwindigkeit schließlich zu 5 66 vK = dω(ϕ1 ) = r (g(1 − cos ϕ1 ) + a sin ϕ1 ). 2 47r


5.5.3 Aufgaben zu Abschnitt 5.5 Aufgabe 5.7 (SG = 1) Lösen Sie Aufgabe 5.4 mit dem Momentensatz. Aufgabe 5.8 (SG = 2) Ein Fahrradfahrer muss zur Vermeidung eines Zusammenstoßes mit einem anderen Verkehrsteilnehmer stark abbremsen. Welche Bremsbeschleunigung a darf er mit der Vorderbremse auslösen, damit er nicht gemeinsam mit dem Fahrrad nach vorne u¨ berkippt? Bekannt: Masse m und gemeinsamer Schwerpunkt S von Fahrrad und Fahrer. Abstände b, c, h, Erdbeschleunigung g. Aufgabe 5.9 (SG = 2) Auf der LadeÀäche eines LKW’s be¿ndet sich eine Kiste. Die linke untere Kante ist unverschieblich. Mit welcher maximalen Beschleunigung a darf der LKW anfahren, damit die Kiste nicht zu kippen beginnt? Bekannt: Masse der Kiste m, Abmessungen h, b, Erdbeschleunigung g. Aufgabe 5.10 (SG = 2) Der dargestellte PKW der Masse m wird auf einer horizontalen Fahrbahn beschleunigt. Es sollen die zwei Fälle Antrieb a) u¨ ber die Vorderräder und b) u¨ ber die Hinterräder untersucht werden. Für die Antriebskraft zwischen den Rädern und der Fahrbahn wird dabei der Koef¿zient μH angenommen. Wie groß ist die maximale Beschleunigung in beiden Fällen? Hinweis: Die Trägheit der Räder infolge der Rotation wird vernachlässigt. Bekannt: m, b, h = b/2, μH , g.

179

180


Aufgabe 5.11 (SG = 2) Für die Auslegung einer Gondelbahn muss das Verhalten der Kabine beim Anfahrvorgang untersucht werden. Dazu soll die Gondel mit zwei Punktmassen idealisiert werden, die u¨ ber masselose Stäbe wie dargestellt im Punkt A drehbar am Tragseil befestigt sind. Das Seil ist um einen Winkel β geneigt und wird beim Anfahren der Seilbahn gleichmäßig mit aA beschleunigt. 1. Gesucht ist die Bewegungsgleichung der Kabine bezüglich des Winkels ϕ. 2. Gesucht ist der maximal auftretende Winkel ϕmax (ϕ˙ = 0) in Abhängigkeit von der Beschleunigung aA . Zur Vereinfachung können kleine Winkelauslenkungen ϕ angenommen werden. Bekannt: m, d, l = 2d/3, aA , β, g. Aufgabe 5.12 (SG = 2)

Drei masselose Stäbe der Länge l sind wie dargestellt starr miteinander verbunden. An den Enden der Stäbe be¿nden sich Punktmassen m1 =m2 =m3 = m. Bei der Lagerung des Systems sind drei Fälle zu unterscheiden: Im Fall a) liegt das System reibungsfrei auf einer ebenen Fläche. Im Fall b) ist zusätzlich zu Fall a) der Schwerpunkt S gelenkig gelagert, und im Fall c) ist in Ergänzung zum Fall a) der untere Massenpunkt gelenkig gelagert. In allen drei Fällen greift an der linken oberen Masse sprungartig eine Kraft F an. Wie groß ist jeweils im Augenblick des Lastangriffs die Beschleunigung des Schwerpunktes, die Winkelbeschleunigung und soweit vorhanden, die AuÀagerkraft?


181

Aufgabe 5.13 (SG = 3) Ein PKW fährt mit der Beschleunigung a an, so dass die offenstehende Tür der Masse m zuschlägt. Berechnen Sie die Geschwindigkeit des Punktes C im Augenblick des Türanschlages. Dabei soll die Tür näherungsweise als Punktmasse m im Schwerpunkt S behandelt werden. Bekannt: d = 1 m, m = 50 kg, a = 0.1g, g = 9.81 m/s2 .

Aufgabe 5.14 (SG = 2) Für die dargestellte DummyPuppe bestimme man die Auftreffgeschwindigkeit vK relativ zur Fahrgeschwindigkeit, mit welcher die Stirn unter einem Winkel ϕ1 auf das Amaturenbrett prallt. Im Gegensatz zum Vorgehen in Beispiel 5.7 soll die Masse des Oberkörpers (Brustbereich und Kopf) wie dargestellt im gemeinsamen Schwerpunkt S konzentriert werden. Bekannt: Beschleunigung a während des Crashes. Masse des Oberkörpers mG = 6m, Schwerpunktabstand rB = 11/9 r, Abstand der StirnÀäche d = 5/2 r, Auftreffwinkel ϕ1 , Erdbeschleunigung g.

182


¨ die Rotation des starren Massenpunktsystems um 5.6 Der Momentensatz fur eine feste Achse 5.6.1 Herleitung der skalaren Gleichungen Im Folgenden wird die vektorielle Gleichung (5.25.1) für die räumliche Bewegung des starren Massenpunktsystems um eine feste Drehachse in Abb. 5.15 in mitrotierenden kartesischen Koordinaten ausgewertet. Um die Allgemeingültigkeit des Momentensatzes auszunutzen, wählen wir als Führungspunkt F eine Punktmasse mk , die nicht auf der Drehachse liegt. Da die u¨ brigen Punkte i = 1, .., n, i = k den Abstand zu F nicht verändern, führen sie momentan eine Kreisbewegung um eine zur festen Drehachse parallele und somit richtungstreue momentane Achse mit Führungspunkt F durch. Die Beschleunigung für jede Masse i ist nach Gl.(5.9.3) ai = aF + aFi .

(5.41)

Der zweite Anteil aFi , die Beschleunigung der Masse i relativ zu F , resultiert aus der momentanen Kreisbahn der Masse i um die momentane Drehachse mit Führungspunkt F .

Abb. 5.15. Starres Massenpunktsystem mit fester Drehachse im Raum: a) Vektoren xF , xF i , Fi , ω, b) Draufsicht, mitrotierende Basisvektoren ex , ey , ez , zeitlich konstante Koordinaten xi , yi und xS , yS sowie Koef¿zienten Fix , Fiy und aF x , aF y

Für die mitrotierende Vektorbasis zeigt der Basisvektor ez parallel zur Drehachse, und die auf ez senkrecht stehenden Basisvektoren ex , ey rotieren gemeinsam mit dem starren Massenpunktsystem um die momentane Drehachse. Damit ergeben sich für die Vektoren in Gl. (5.25.1) und Gl.(5.41) folgende Basisdarstellungen: 1. 2. 3. 4.

xFi aF aFi Fi

= xi ex = aF x ex = (−yi α − xi ω 2 )ex = Fix ex

+ y i ey + aF y ey + (xi α − yi ω 2 )ey + Fiy ey

+ zi ez + 0 ez + 0 ez + Fiz ez .

(5.42)

5.6 Der Momentensatz für die Rotation des starren Massenpunktsystems um eine feste Achse

183

Die Basisdarstellungen (5.42.1) und (5.42.2) können mit den zugehörigen Koef¿zienten in Abb. 5.15.b anschaulich erklärt werden. Gl. (5.42.3) folgt aus der Anwendung von Gl.(2.42.3) auf die Punktmasse mi . Zusätzlich wurde hier noch das Ergebnis (5.6) berücksichtigt (siehe auch Bemerkung 5.2.2), so dass die Winkelgeschwindigkeit ω und die Winkelbeschleunigung α für alle Massen i gleich sind (,,kein Index i für ω und α”). (F ) Für den Momentenvektor Mi = xFi × Fi in Gl. (5.25.2) erhalten wir unter Berücksichtigung der Basisdarstellungen (5.42.1) und (5.42.4) ex ey ez M(F ) = xFi × Fi = xi yi zi Fix Fiy Fiz = (yi Fiz − zi Fiy ) ex + (zi Fix − xi Fiz ) ey + (xi Fiy − yi Fix ) ez (F )

(F )

(F )

= Mix ex + Miy ey + Miz ez . (F )

(F )

(5.43)

(F )

Die (axialen) Momente Mix , Miy , Miz werden somit wie in der Raumstatik bestimmt. Zur Auswertung des Kreuzproduktes auf der linken Seite von Gl.(5.25.1) ersetzen wir in Gl.(5.43) die Koef¿zienten von Fi durch die Koef¿zienten von mi ai und erhalten xFi × mi ai = mi ( − zi (aF y + (xi α − yi ω 2 )) ) ex + mi zi (aF x + (−yi α − xi ω 2 )) ) ey 2 2 + mi xi (aF y + (xi α − yi ω )) − yi (aF x + (−yi α − xi ω ))) ez = (mi (−zi aF y ) + α(−mi xi zi ) − ω 2 (−mi yi zi )) ex + (mi (zi aF x ) + α(−m + ω 2 (−mi xi zi )) ey 2 i yi z2i) + (mi (xi aF y − yi aF x ) + α xi + yi mi ) ez .

(5.44)

Mit den Ergebnissen (5.43) und (5.44) folgt für Gl.(5.25.1) n

xFi × mai =

i=1

n

(F )

Mi

i=1

n mi (−zi aF y ) + α(−mi xi zi ) − ω 2 (−mi yi zi ) ex

=⇒

i=1

n mi (zi aF x ) + α(−mi yi zi ) + ω 2 (−mi xi zi ) ey +

+

i=1 n

(5.45)

mi (xi aF y − yi aF x ) + αmi x2i + yi2 ez

i=1

n (F ) (F ) (F ) = Mix ex + Miy ey + Miz ez . i=1

Verwenden wir die Schwerpunktkoordinaten des Vektors xS in Gl.(5.2.1) xS =

n m i xi i=1

m

,

yS =

n mi y i i=1

m

,

zS =

n mi zi i=1

m

(5.46)

184


und beachten nochmals die Unabhängigkeit der Winkelgeschwindigkeit ω und der Winkelbeschleunigung α von der Punktmasse i in dem Ergebnis (5.8), dann erhalten wir aus Gl.(5.45) durch Koef¿zientenvergleich die folgenden Beziehungen für die z-Komponente: n

αmi (x2i + yi2 ) + mi xi aF y

− mi yi aF x )

=

i=1

=⇒ =⇒

n

n

(F )

Miz

i=1

αmi (x2i + yi2 ) +

i=1 n

α

+i=1

n

−

mi xi aF y

i=1

mi (x2i + yi2 ) + m ,-

.

(F ) Θz

n

mi yi aF x

=

i=1

n m i xi

m +i=1 ,- .

aF y − m

n

(F )

Miz

i=1

n mi y i

m +i=1 ,- .

xS

aF x =

n

(F )

Miz .

+i=1 ,-

(F ) Mz

yS

.

In gleicher Weise werden die skalaren Gleichungen für die x- und y-Komponenten ausgewertet, worauf hier im Einzelnen nicht eingegangen werden soll. Aus Gl. (5.45) folgt schließlich für alle drei Koordinatenrichtungen ¨ die Rotation des starren Massenpunktsystems Der Momentensatz fur um eine feste Achse (F )

(F )

(F )

(F )

1. ϕx :

αΘxz − ω 2 Θyz − mzS aF y

2. ϕy :

αΘyz + ω 2 Θxz + mzS aF x

(F )

(F )

Θxz = −

n

(5.47)

= My

(F ) αΘz

3. ϕz : 4.

(F )

= Mx

(F ) Mz

+ mxS aF y − myS aF x = n n (F ) (F ) mi xi zi , Θyz = − mi yi zi , Θz = mi (x2i + yi2 ).

i=1

i=1

i=1

Bemerkungen 5.6 1. Falls eine der beiden Bedingungen a) F = S: Der Führungspunkt ist gleich dem Schwerpunkt −→ xFS = 0, b) F = 0: Der Führungspunkt ist fest (z.B. AuÀager) −→ aF = 0 erfüllt ist, dann vereinfachen sich die Gleichungen (5.47) wie folgt (F )

(F )

(F )

(F )

(F )

(F )

(F )

1. αΘxz −ω 2 Θyz = Mx , 2. αΘyz +ω 2 Θxz = My , 3. αΘz

(F )

= Mz

. (5.48)

2. Zur Bearbeitung von Aufgaben der Kinetik mit dem Momentensatz kann nach den in Tabelle 5.1 angegebenen Lösungsschritten vorgegangen werden. (F ) (F ) 3. Man bezeichnet die in Gl.(5.47) de¿nierten Größen Θxz , Θyz als Deviations- oder Zentrifugalmomente. Eine Veranschaulichung dieser Größen erfolgt im anschließenden Abschnitt 5.6.2. 4. Die Berücksichtigung exzentrischer Kräfte, wie z.B. Lagerkräfte in rotierenden Systemen, gelingt, wie für den ebenen Fall in Bemerkung 5.5.5 beschrieben, durch Einführung ¿ktiver Massenpunkte.


185

Beispiel 5.8 Rührwerk mit einer Punktmasse Ein Rührwerk besteht wie in Abb. 5.16 dargestellt aus zwei masselosen Stäben, die senkrecht zueinander sind. An dem Punkt C ist eine Masse m befestigt. Die AuÀager A und B erlauben eine reibungsfreie Rotation. Beim Anfahren mit konstanter Winkelbeschleunigung wird die Winkelgeschwindigkeit ωc nach der Zeit Δt erreicht. Man bestimme mit dem Momentensatz a) die dynamischen Lagerreaktionen Abb. 5.16. Rührwerk mit einer Punktmasse am AuÀager B bei konstanter Winkelgeschwindigkeit ωc , b) die dynamischen Lagerreaktionen am AuÀager B während des Anfahrens, c) das Antriebsmoment MT während des Anfahrens. ¨ Voruberlegungen: Es wird nach den Lösungsschritten in Tabelle 5.1 vorgegangen. Lösung: 1. Idealisierung des realen Systems: Das mechanische System besteht aus zwei masselosen Stäben. An dem Stab senkrecht zur Drehachse ist wie in Abb. 5.16 dargestellt eine Punktmasse angebracht. In den Punkten A und B stellen wir uns gemäß Bemerkung 5.6.4 ¿ktive Massen mA = mB = 0 vor, in denen die AuÀagerkräfte wirken.

Abb. 5.16.b. Mechanisches System mit Freischnitt

2. Wahl des Koordinatensystems: Als Bezugspunkt und gleichzeitig festen Führungspunkt F = 0 wird der linke AuÀagerpunkt A gewählt. Das Koordinatensystem x, y, z ist körperfest mit dem Rührwerk verbunden. Die zeitunabhängigen Koordinaten des Massenpunktes C können u¨ bersichtlich als Spaltenmatrix zusammengefasst werden: ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ x d xFC = ⎣ y ⎦ = ⎣ 0 ⎦ . (A) z 2l 3. Freischneiden: An dem freigeschnittenen System in Abb. 5.16.b sind die AuÀagerkräfte an den Lagern A und B in die Richtungen der bewegten Koordinaten x, y, z eingetragen. Die Gewichtskraft bleibt unberücksichtigt, da nur nach dynamischen AuÀagerreaktionen gefragt ist.

186


4. Bestimmung der Massenträgheitsmomente: Für den Momentensatz (5.47) werden die (F ) (F ) (F ) Massenträgheitsmomente Θxz , Θyz , Θz benötigt. Mit den Koordinaten in Gl.(A) folgt (F )

= −m d (2l) = −2dlm

(F )

= −m 0 (2l) = −0

Θxz = −mxz Θyz = −myz (F )

Θz

= m(x2 + y 2 ) = m(d2 + (0)2 ) = d2 m.

5. Bestimmung der Momente: Dem Schnittbild in Abb. 5.16.b entnimmt man (F )

Mx

(F )

= −3l By ,

My

= 3l Bx ,

(F )

Mz

= MT .

6. Formulierung des Momentensatzes: Da keine Beschleunigung von F auftritt, werden anstatt der Gleichungen (5.47) die Gleichungen (5.48) verwendet: (F )

(F )

(F )

1. ϕx : αΘxz − ω 2 Θyz = Mx =⇒ α(−2dlm) − ω 2 0 = −2 α dl m = −3l By (F ) (F ) (F ) 2. ϕy : αΘyz + ω 2 Θxz = My =⇒ α 0 + ω 2 (−2dlm) = −ω 2 2dlm = 3l Bx (B) (F ) (F ) 3. ϕz : αΘz = Mz =⇒ α(d2 m) = d2 mα = MT . 7. Bearbeitung weiterer Fragestellungen: Zur Beantwortung von Frage a) wird α = 0 gesetzt. Damit folgt mit ω = ωc aus den Gleichungen (B.1) und (B.2) By = 0,

2 Bx = − dmωc2 . 3

Zur Beantwortung von Frage b) bestimmt man zunächst die konstante Winkelbeschleunigung α = ωc /Δt. Aus den Gleichungen (B.1) und (B.2) erhält man ωc 2 By = dm , 3 Δt

t 2 2 Bx = − dm ωc . 3 Δt

Die Beantwortung von Frage c) gelingt direkt mit Gleichung (B.3) aus Schritt 6: MT = d2 m

ωc . Δt

¨ einen idealen Rotor und Auswuchten 5.6.2 Bedingungen fur Bei technischen Konstruktionen mit Rotationen um eine feste Drehachse müssen dynamische Lagerkräfte im Allgemeinen vermieden werden. Nach einer Beschreibung der möglichen Ursachen von dynamischen Auflagerkräften, geben wir in diesem Abschnitt Bedingungen für die Vermeidung derartiger Kräfte an. Des Weiteren beschreiben wir kurz das Auswuchten, womit dynamische AuÀagerkräfte an realen Systemen vermieden bzw. reduziert werden. Ursachen von dynamischen Lagerkräften: Wir untersuchen das Rührwerk aus Beispiel 5.8 mit einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ω.


187

Dabei soll die Kraft im Lager B nicht mit dem Momentensatz, sondern mit der Zentrifugalkraft nach Gl.(3.42.3) berechnet werden. Bezeichnen wir in Abb. 5.17 die Koordinaten des Massenpunktes mit x, y = 0, z, dann hat die Zentrifugalkraft nach Gl.(3.42.3) den Wert ZR = mxω 2 . Die Momentenbedingung (3.41.2) für Gleichgewicht um die yAchse bezüglich des AuÀagers im Punkt F = Abb. 5.17. Rührwerk mit Zentrifugalkraft A liefert und AuÀagerkräften 2 (A) 2 (A) ω . (5.49) ω + 3lB =⇒ B = Θ Myi = 0 : ZR z +3lBx = xzm x x xz +,-. +,-. 3l (A)

MZy

(A)

−Θxz

Man erkennt, dass die Zentrifulgalkraft ZR bezüglich des Punktes A ein belastendes Moment (A) MZy =ZR z aufbaut. Dieses kann von der Konstruktion nur aufgenommen werden, wenn eine Lagerkraft Bx auftritt, die ein Moment 3lBx mit entgegengesetzer Drehwirkung bildet. (A)

Interpretationen des Deviationsmomentes Θxz : Wir können die Beziehungen (5.49) auch zu Interpretationen nutzen. Aus den Termen in den geschweiften Klammern folgt: Das Devi(A) ∗(A) ∗z ationsmoment Θxz ist der negative Wert des axialen Momentes MZy = ZR ∗ = mxω 2 , ω = 1, Abstand z der Wirkungslinie vom Punkt A, • der Zentrifugalkraft ZR • bezüglich einer durch A verlaufenden y-Achse. (A)

Auf Grund dieser Eigenschaften wird für Θxz gelegentlich auch der Begriff Zentrifugalmo(A) ment verwendet. Das Deviationsmoment Θyz hat eine entsprechende Bedeutung. Falls die in (5.49) errechnete Kraft Bx von dem Lager B nicht aufgenommen werden kann, kommt es zu einer Verdrehung der Drehachse AB um die y-Achse. Damit gilt auch: (A) Das Deviationsmoment Θxz ist ein Maß für das Bestreben des starren Massenpunktsystems, seine Drehachse um die y-Achse zu verdrehen. Deviationsmomente und dynamische Lagerkräfte: Aus (5.49) folgern wir: Im Lager B tritt bei einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ω keine Kraft auf, wenn das Deviations(A) moment Θxz bezüglich des Punktes A verschwindet. Den allgemeinen Fall mit Winkelgeschwindigkeit ω und Winkelbeschleunigung α untersuchen wir mit dem Momentensatz (5.47): (A)

(A)

(A)

(A)

(A)

(A)

1. ϕx :

αΘxz − ω 2 Θyz = Mx

2. ϕy :

αΘyz + ω 2 Θxz = My

= −By 3l = 3Bx l.

Die zweite Gleichung liefert für α = 0 das gleiche Ergebnis für die Lagerkraft Bx wie (5.49). (A) (A) Die Momente Mx = −By 3l, My = Bx 3l und damit die Kräfte Bx , By sind gleich Null, falls die Terme auf den linken Seiten für beliebige Werte von ω und α verschwinden. Damit treten für das Beispiel dynamische Lagerkräfte im Lager B nicht auf, falls (A) (A) = Θyz = 0. Θxz

(5.50)

188


¨ einen ,,idealen Rotor”: Konstruktionen mit Rotation um eine feste Bedingungen fur Drehachse sollten so ausgelegt sein, dass bei beliebiger Winkelgeschwindigkeit ω und beliebiger Winkelbeschleunigung α an keinem Lager dynamische Kräfte auftreten. Wir verwenden dafür den Begriff ,,idealen Rotor”. Die Bedingungen (5.50) allein sind dafür jedoch noch nicht ausreichend. Dies erkennen wir aus dem Schwerpunktsatz, z.B. in der Formulierung (5.21). Für xS = 0, yS = 0 entstehen auf den linken Seiten der Gleichungen Trägheitskräfte, die durch Lagerkräfte Fix , Fiy ausgeglichen werden müssen. Für allgemeine Fälle formulieren wir folgende ¨ einen ,,idealen Rotor” Bedingungen fur 1. Der Schwerpunkt des Rotors liegt auf der Drehachse. Dann verschwinden in dem Schwerpunktsatz (5.21) wegen xS = yS = 0 die Trägheitskräfte und müssen nicht durch Lagerkräfte ausgeglichen werden. (A) (A) 2. Für die Deviationsmomente Θxz , Θyz bzgl. eines Punktes A auf der Drehachse gilt Gl.(5.50). Dann verschwinden in dem Momentensatz (5.47) die Momente der Trägheitskräfte und müssen nicht durch Momente der Lagerkräfte ausgeglichen werden.

(5.51)

Auswuchten: Durch Anbringen von Zusatzmassen, dem Auswuchten, kann die Wirkung von Zentrifugalkräften verändert oder sogar eliminiert werden. Dieses erkennen wir für das System in Abb. 5.18.a, bei dem eine zweite Masse m eine Zentrifugalkraft ZR2 hervorruft. Diese hebt die Wirkung der Kraft ZR1 auf, da sie den gleichen Wert ZR2 =ZR1 hat und entgegengesetzt gleich groß auf der Wirkungslinie von ZR1 verläuft. Damit bleibt eine ,,dynamische Belastung” aus und dynamische Lagerkräfte treten nicht auf. Für den Fall, dass die zusätzliche Masse nicht den z-Abstand 2l vom Lager A hat, entsteht in Abb. 5.18.b ein Kräftepaar der Zentrifugalkräfte entgegen dem Uhrzeigersinn. Zur Aufrecherhaltung des ,,dynamischen” Momentengleichgewichtes muss ein Kräftepaar Bx 3l mit Drehwirkung im Uhrzeigersinn von den Lagerkräften Ax = Bx aufgebaut werden. Weitere Anmerkungen zum Auswuchten ¿nden sich im nachfolgenden Abschnitt 7.2.6.

Abb. 5.18. Rührwerke mit zwei Punktmassen: a) ausgewuchtetes b) nicht ausgewuchtetes System


189

5.6.3 Aufgaben zu Abschnitt 5.6 Aufgabe 5.15 (SG = 2) Ein Rührwerk besteht aus einem T-förmigen Rührarm, der auf einer Welle angebracht ist. An den Enden des Rührarmes sind zwei Punktmassen der Masse m befestigt. Die Welle ist an den Stellen A und B drehbar gelagert und rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ωc . Bestimmen Sie 1. die Kräfte im Lager B bei einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ωc , 2. die Lagerreaktionen in B für einen Hochlaufvorgang des Rührwerkes mit ω˙ = ωc /T und das dazu erforderliche Antriebsmoment MT . Bekannt: m, L, ωc , T . Aufgabe 5.16 (SG = 3) Die dargestellte unsymmetrische Nockenwelle ist in den Punkten A und B drehbar gelagert und rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ω. Die Nocken dürfen als Punktmassen m bzw. 3m mit den Abständen L bzw. 2L zur Drehachse vereinfacht werden. Bestimmen Sie 1. die Lagerreaktionen in B bei konstanter Winkelgeschwindigkeit ω = ωc , 2. die Lagerreaktionen in B und das erforderliche Antriebsmoment M für einen Beschleunigungsvorgang mit ω˙ = ωc /T . Bekannt: m, L, ωc , T .

Aufgabe 5.17 (SG = 2) Leiten Sie die Gleichungen (5.28) und (5.33) her.

190


Aufgabe 5.18 (SG = 2) Das dargestellte Rührwerk rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ωc . An den Enden der beiden Stäbe sind Punktmassen M und M ∗ angebracht. 1. Bestimmen Sie die Kräfte in den Lagern A und B. 2. Wie könnte eine Zusatzmasse angebracht werden, damit die Kräfte an beiden Lagern verschwinden? Bekannt: L, M, M ∗ , ωc .

Aufgabe 5.19 (SG = 2) Der dargestellte Winkelrahmen rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ωc . Bestimmen Sie 1. die Lagerkräfte in B, 2. das erforderliche Antriebsmoment MT für einen Hochlaufvorgang mit der Winkelbeschleunigung α = ωc /T , 3. die Stablängen Lx und Ly , so dass die Lagerreaktionen in B verschwinden. Bekannt: L, m1 = m2 = m3 = m, ωc , MT .

Aufgabe 5.20 (SG = 1) Ein Rührwerk besteht wie dargestellt aus zwei masselosen Stäben. An einem Ende der Stäbe be¿ndet sich eine Punktmasse m. Die Rotation erfolgt mit der Winkelgeschwindigkeit ω. 1. Bestimmen Sie die Lagerkräfte im Punkt A. 2. Wie könnte eine Zusatzmasse angebracht werden, damit Lagerkräfte nicht auftreten? Bekannt: m, l, ω, d.

5.7 Der Arbeitssatz und der Energiesatz für das Massenpunktsystem

191

¨ das Massenpunktsystem 5.7 Der Arbeitssatz und der Energiesatz fur 5.7.1 Herleitung des Arbeitssatzes und des Energiesatzes Um die Vorteile von Arbeitsatz und Energiesatz auch für das Massenpunktsystem nutzen zu können, werden einige wichtige Gleichungen aus Kapitel 4 auf das Massenpunktsystem erweitert. Wir betrachten dazu nochmals in Abb. 5.6.a das Massenpunktsystem mit n Massen. Auf einen repräsentativen Massenpunkt i wirken die a¨ ußere Kraft Fi sowie innere Kräfte ¨ Fi1 ,..., Fij ,..., Fin . Für den Ubergang von einer Lage I in eine Lage II lautet der Arbeitssatz (4.36) für jeden Massenpunkt i 1. WiI,II = TiII − TiI , 2. WiI,II =

II

Fi +

I

3.

n

wobei

i=j=1

Fij

· dxi

(5.52)

Ti = 12 mi vi2 .

Hierbei ist Ti die kinetische Energie des i-ten Massenpunktes, und WiI,II ist die Arbeit der a¨ ußeren Kraft Fi und der inneren Kräfte Fij auf dem Weg von der Lage I in die Lage II. Summiert man die Terme in Gl.(5.52) u¨ ber alle Massenpunkte und trennt die Arbeit W I,II,au der a¨ ußeren Kräfte von der Arbeit W I,II,in der inneren Kräften, so folgt ¨ das Massenpunktsystem Der Arbeitssatz fur 1. W I,II,au + W I,II,in = T II − T I , 2.

W I,II,au =

n au II

wobei

Fi · dxi

i=1 I

3.

W I,II,in =

II n in

n in

I i=1 i=j=1

4.

T =

n 1 m v2 2 i i i=1

Fij · dxi

Arbeit der a¨ ußeren Kräfte (5.53) Arbeit der inneren Kräfte kinetische Energie.

Im Gegensatz zum Schwerpunkt- und Momentensatz können beim Arbeitssatz innere Kräfte im Allgemeinen also nicht vernachlässigt werden. Im nächsten Abschnitt zeigen wir, dass starre Massenpunktsysteme eine Ausnahme darstellen. In Kapitel 4 wurde die Arbeit von Potenzialkräften nach Gl.(4.42) als negative Potenzialdifferenz ausgedrückt. Wir unterscheiden wie in Abschnitt 4.3.4 mit den unteren Indizes P und K die Potenzialkräfte von den restlichen Kräften (z.B. Nicht-Potenzialkräfte oder Kräfte, für die das Potenzial nicht angegeben werden kann) und mit den oberen Indizes in und au die inneren von den a¨ ußeren Kräften. Damit gilt wegen Gl.(4.42) für Potenzialkräfte WPI,II,au = −(U II,au − U I,au ),

WPI,II,in = −(UPII,in − UPI,in ).

(5.54)

Hierbei stellen U in und U au die Potenzialfunktionen der inneren und a¨ ußeren Kräfte dar. Aus dem Arbeitssatz (5.53.1) folgt somit:

192


¨ das Massenpunktsystem (beliebiges System) Der Energiesatz fur U I,au + U I,in + T I + WRI,II,au + WRI,II,in = U II,au + U II,in + T II ,

WRI,II,au

Potenzial der a¨ ußeren Kräfte Potenzial der inneren Kräfte Arbeit der a¨ ußeren restlichen Kräfte

WRI,II,in T

Arbeit der inneren restlichen Kräfte Kinetische Energie des Massenpunktsystems.

U au U in

wobei (5.55)

Auf die formelmäßige Angabe der Potenzial-, Arbeits- und Energieanteile wird hier verzichtet. Für Gewichts- und Federkräfte werden die Potenzialanteile beispielsweise mit den Gleichungen (4.40.1) und (4.40.2) bestimmt. Die Arbeitsanteile der restlichen Kräfte und die kinetische Energie sind den Gleichungen (5.53) zu entnehmen.

Beispiel 5.9 Gegenseitiges Abrutschen von zwei Kisten auf einer schiefen Ebene Die zwei in Abb. 5.19 dargestellten Kisten sind auf einer schiefen Ebene u¨ ber ein Seil und eine Rolle miteinander verbunden. Beide Kisten beginnen sich zu bewegen, wobei die untere Kiste nach unten und die obere Kiste nach oben rutscht. Welche Geschwindigkeit haben beide Kisten nach einer zurückgelegten Wegstrecke l? Bekannt: Massen beider Kisten m1 , m2 , Neigungswinkel der Ebene β, Gleitreibungskoef¿zienten in beiden ReibÀächen μ1 und μ2 . Die Rolle ist masse- und reibungsfrei, das Seil ist dehnstarr.

Abb. 5.19. Gegenseitiges Abrutschen von zwei Kisten auf einer schiefen Ebene

¨ Voruberlegungen: Die Lösung wird mit den Schritten der Tabelle 4.1 erhalten.


Lösung: 1. Idealisierung des realen Systems: Wir lassen die Abmessungen der Kisten unberücksichtigt und fassen sie als Massenpunkte auf. 2. Freischneiden: Abb. 5.19.b zeigt einen Freischnitt unter Berücksichtigung der folgenden Kräfte: Gewichtskräfte m1 g, m2 g, Reaktionskäfte N1 , N2 , Reibungskräfte R1 , R2 und Seilkräfte S1 , S2 . 3. Bestimmung der Arbeitsanteile von Potenzialkräften: – Auswahl: Als Potenzialkräfte treten Gewichtskräfte m1 g und m2 g auf. – Nullniveau festlegen: Für beide Körper werden in Abb. 5.19 getrennte Nullniveaus N N1 und N N2 in die jeweiligen Schwerpunkte vor der Bewegung gelegt. – Bestimmung der Potenziale:

193

Abb. 5.19.b. Freischnitt und Schnittkräfte

U1I = 0, U1II = −m1 gl sin β U2I = 0, U2II =

m2 gl sin β.

4. Bestimmung der Arbeitsanteile von restlichen Kräften: – Auswahl der Kräfte: Reibungskräfte R1 und R2 , Normalkräfte N1 und N2 und Seilkräfte S1 und S2 – Bestimmung des Arbeitsanteils für jede restliche Kraft: Als Wegkoordinaten werden die Bahnparameter s1 und s2 eingeführt. Auf Grund der Dehnstarrheit des Seiles gilt s1 = s2 = s. Die Kräfte N1 , N2 sind normal zu den Bahnparametern gerichtet und leisten somit keine Arbeit. Die Reibungskräfte in Abb. 5.19.b werden nach dem Coulombschen Gesetz bestimmt. Da die Rolle masselos ist, folgt S1 = S2 = S. (Hinweis: Wie im nachfolgenden Kapitel 6 gezeigt wird, gilt dieses auf Grund der Drehträgheit nicht für starre Körper mit endlichen Abmessungen!) Die Arbeitsanteile für beide Kisten lauten somit l W1I,II = (−s1 R1 −s1 R2 − s1 S1 )ds = −lμ1 (m1 +m2 )g cos β −lμ2 m2 g cos β −lS 0 l W2I,II = (−s1 R2 + s2 S2 ) ds = −lμ2 m2 g cos β + lS. 0

5. Bestimmung der kinetischen Energien in zwei Lagen: Auf Grund der Dehnstarrheit des Seiles gilt s1 = s2 und somit v1 = s˙ 1 = s˙ 2 = v2 = v für die Geschwindigkeiten. Damit gilt für die kinetischen Energien beider Massen T1I = 0, T2I = 0,

T1II = 12 m1 v12 = 21 m1 v 2 T2II = 12 m2 v22 = 12 m2 v 2 .

194


6. Formulierung des Energiesatzes: 2 i=1

=⇒

UiI +

2 i=1

TiI +

2

WiI,II =

i=1

2

UiII +

i=1

2

TiII

i=1

0 + 0 + 0 + 0 − l μ1 (m1 + m2 )g cos β − l μ2 m2 g cos β − l S

−l μ2 m2 g cos β + l S = −m1 gl sin β + m2 gl sin β + 21 m1 v 2 + 21 m2 v 2 . 7. Bearbeitung zusätzlicher Aufgabenstellungen: Aus der letzten Gleichung erhält man für die gesuchte Geschwindigkeit 2lg v= [m1 (sin β − μ1 cos β) − (sin β + μ1 cos β + 2μ2 cos β)m2 ]. m1 + m2

¨ das starre Massenpunktsystem 5.7.2 Der Energiesatz fur In diesem Abschnitt werden wir zeigen, dass für ein starres Massenpunktsystem die Arbeiten der inneren Kräfte W I,II,in in dem Arbeitssatz (5.53) nicht berücksichtigt werden müssen. Dazu betrachten wir in Abb. 5.20 die beiden Massen i und k mit den zugehörigen inneren Kräften Fik und Fki . Nach dem Wechselwirkungsaxiom gilt Fik = −Fki und somit für das Arbeitsdifferenzial beider Kräfte i = Fik · dxi + Fki · dxk dWik

= Fki · (dxk − dxi ).

(5.56)

Um diesen Arbeitsterm auszuwerten, formulieren wir mit Gl.(5.9.2) eine Beziehung zwischen den Geschwindigkeiten vk und vi : vk = vi + ω × xik

=⇒

d xk d xi = + ω × xik dt dt

Abb. 5.20. Innere Kräfte an einem starren Massenpunktsystem

=⇒

dxk − dxi = ω × xik dt.

Einsetzen dieser Beziehung in Gl.(5.56) ergibt für das Arbeitsdifferenzial der inneren Kräfte i = Fki · (ω × xik )dt = [Fki , ω, xik ]dt = 0. dWik

Hierbei wurde wie in Abb. 5.20 dargestellt die Parallelität der Vektoren Fki und xik ausgenutzt. Mit der Rechenregel (A.8) verschwindet das Spatprodukt [Fki , ω, xik ] und somit die Arbeit der inneren Kräfte. Damit folgt aus den Gleichungen (5.55)


195

¨ das starre Massenpunktsystem (beliebiges System) Der Energiesatz fur 1.

I,II = U II + T II , wobei U I + T I + WK

I,II 2. WK =

3.

T =

4.

U

n K II

Fi · dxi

i=1 I n

1 m v2 2 i i i=1

Arbeit der a¨ ußeren restlichen Kräfte

(5.57)

kinetische Energie Potenzial der a¨ ußeren Kräfte.

Hierbei wurde auf den oberen Index au verzichtet. Das Potenzial der a¨ ußeren Kräfte hängt von der Art der jeweiligen Kraft ab und wird an dieser Stelle nicht näher angegeben. Für Gewichts- und Federkräfte werden die Potenziale mit Gl.(4.40.1) und Gl.(4.40.2) berechnet. ¨ das starre Massenpunktsystem 5.7.3 Die kinetische Energie fur Wir betrachten nochmals die ebene Bewegung eines starren Massenpunktsystems mit Drehung um einen bewegten Führungspunkt F in Abb. 5.10. Zur Anwendung des Energiesatzes (5.57) kann für derartige Fälle die kinetische Energie für jeden Massenpunkt grundsätzlich nach der Formel Ti = 1/2 mi vi2 in Gl.(5.52.3) berechnet werden. Für starre Massenpunktsysteme führt i.d.R. jedoch eine Berechnung mit dem in Gl.(5.39) de¿nierten (F ) Massenträgheitsmoment Θz schneller zum Ziel. Mit Gl.(5.9.2) folgt für die kinetische Energie des i-ten Massenpunktes in Gl.(5.52.3) Ti = 12 mi vi2 = 12 mi vi · vi = 21 mi vF + viF · vF + viF = 12 mi vF · vF + mi vF · viF + 21 mviF · viF .

(5.58)

Zur Auswertung dieser Gleichung werden mitrotierende kartesische Basisvektoren ex , ey , ez verwendet. Mit den Basisdarstellungen 1. 2.

vF = vF x ex + vF y ey + 0 ez viF = −yi ωex + xi ωey + 0 ez

(5.59)

ergeben sich folgende Zwischenergebnisse viF · viF = ω 2 (x2i + yi2 ),

viF · vF = ωxi vF y − ωyi vF x ,

vF · vF = vF2 x + vF2 y .

Für die kinetische Energie des i-ten Massenpunktes in Gl.(5.58) folgt Ti =

1 1 mi (vF2 x + vF2 y ) + mi ω (vF y xi − vF x yi ) + ω 2 mi (x2i + yi2 ). 2 2

(5.60)

Da die Geschwindigkeiten des Führungspunktes vF x , vF y und die Winkelgeschwindigkeit ω für alle Massenpunkte i gleich sind, folgt durch Summation u¨ ber alle Massenpunkte

196

T =

5 Kinematik und Kinetik des Massenpunktsystems n i=1

1 Ti = 2

n

1 + ω2 2

(vF2 x

mi

i=1 n

+

vF2 y ) +

n m

i=1 mi ω (vF y xi

− vF x yi )

m

mi (x2i + yi2 )

+i=1

,-

(F )

.

Θz

1 = m(vF2 x + vF2 y ) + mωvF y 2

n

i=1 mi xi

m

n − mωvF x

i=1 mi yi

m

1 + ω 2 Θz(F ) . 2

Unter Berücksichtigung der De¿nitionen (5.46) für die Schwerpunktkoordinaten erhält man ¨ das starre Massenpunktsystem in der Ebene Die kinetische Energie fur (F ) 1. T = 21 m(vF2 x + vF2 y ) + mω (vF y xS − vF x yS ) + 12 Θz ω 2 n (F ) 2. Θz = mi x2i + yi2 .

(5.61)

i=1

Bemerkungen 5.7 (F )

1. Das axiale Massenträgheitsmoment Θz ist aus Gl.(5.47.4) bekannt. 2. In Gl.(5.61.1) kennzeichnet der erste Summand auf der rechten Seite die Translationsenergie als Folge der Geschwindigkeiten vF x , vF y . Der zweite Summand resultiert aus der Translation und der Rotation des starren Massenpunktsystems. Der dritte Anteil ist Folge der Winkelgeschwindigkeit ω und beschreibt die Rotationsenergie. 3. Liegt der Führungspunkt F im Schwerpunkt S, dann gilt xS = yS = 0 und somit F =S:

1 1 T = m(vF2 x + vF2 y ) + Θz(S) ω 2 . 2 2

(5.62)

4. Liegt der Führungspunkt F in dem festen Punkt 0 (Beispiel AuÀager), dann folgt für die Geschwindigkeitsterme vF x =vF y =vF z = 0. Damit ist die kinetische Energie gleich der Rotationsenergie F =0:

1 T = Θz(0) ω 2 . 2

(5.63)

Ein Vergleich mit der kinetischen Energie T = 1/2 mv 2 in Gl.(4.36.3) verdeutlicht die gleiche Struktur beider Gleichungen. In beiden Fällen tritt eine ,,Bewegungsgröße” v (F ) bzw. ω und eine ,,Trägheit” m bzw. Θz auf. 5. Für das starre Massenpunktsystem mit fester Drehachse in Abb. 5.15 gelten ebenfalls die Gleichungen (5.61) (vgl. Aufgabe 5.27). In der Regel wählt man für derartige Fälle den Schwerpunkt S oder einen festen Punkt 0 als Führungspunkt, so dass dann die Beziehungen (5.62) und (5.63) verwendet werden können. Deviationsmomente werden also zur Berechnung der kinetischen Energie für die Bewegung in Abb. 5.15 nicht benötigt.


197

Beispiel 5.10 Aufprall einer Schranke mit Gegengewicht auf einen Pfosten Eine Schranke rotiert wie skizziert um den Punkt A und fällt aus der senkrechten Lage (ϕ = 0) auf einen Pfosten im Punkt B. Um die Auftreffgeschwindigkeit vB im Punkt B zu reduzieren, wird am unteren Ende der Schranke ein Gegengewicht der Masse m2 angebracht. Wie groß ist vB ? Bekannt: Länge l und Masse m1 = m der Schranke, Abstand der Pfosten b, Masse des Gegengewichtes m2 = m/2 Hinweise: Die Masse m1 der Schranke darf näherungsweise im Schwerpunkt konzentriert werden. Die Masse m2 des Gegengewichtes darf näherungsweise als Massenpunkt am Ende der Schranke konzentriert werden.

Abb. 5.21. Aufprall einer Schranke auf einen Pfosten

¨ Voruberlegungen: Zur Bearbeitung der Aufgabe wird der Energiesatz (5.57) verwendet. Wir kennzeichnen mit I die senkrechte Ausgangslage und mit II die horizontale Endlage. Die Lage II legt gleichzeitig das Nullniveau N N für die Potenziale fest. Der Drehpunkt A, dessen Geschwindigkeit gleich Null ist, wird als Führungspunkt F gewählt, so dass zur Bestimmung der kinetischen Energie die einfachere Darstellung (5.63) verwendet werden kann. Lösung: Für die Potenzialanteile und die kinetischen Energien in den Lagen I und II gilt U I = m1 gl − m2 g l =

m 1 2 gl, T I = 0, U II = 0, T II = Θz(A) ωII . 2 2

Das Massenträgheitsmoment bezogen auf den Drehpunkt F = A ist Θz(A) = m1 l2 + m2 l2 = ml2 +

m 2 3 2 l = ml . 2 2

Mit dem Energiesatz (5.57) erhält man U I + T I = U II + T II =⇒

13 2 2 m gl = ml ωII . 2 22

Die gesuchte Geschwindigkeit ergibt sich schließlich wie folgt: 2g 2g ωII = =⇒ vB = ωII b = b. 3l 3l

198


Beispiel 5.11 Kinetische Energie für Rührwerk mit einer Punktmasse Für das in Beispiel 5.8 untersuchte Rührwerk bestimme man die kinetische Energie. Lösung: Wir beziehen uns auf den in Abb. 5.16.b eingeführten Führungspunkt F = 0 am linken Auflagerpunkt und das mitrotierende Koordinatensystem. Wie in dem Lösungsweg zu Beispiel 5.8 angegeben, lauten die Koordinaten des Massenpunktes in jedem Augenblick ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ x d F ⎣ ⎦ ⎣ xC = y = 0 ⎦ . z 2l Wie in Bemerkung 5.7.5 erläutert, bestimmt man die kinetische Energie mit Gl.(5.63), wobei das axiale Massenträgheitsmoment nach Gl.(5.61.2) verwendet wird (siehe auch Aufgabe 5.27): Θz(A) = m(x2 + y 2 ) = m d2

=⇒

1 1 T = Θz(A) ω 2 = md2 ω 2 . 2 2

5.7.4 Aufgaben zu Abschnitt 5.7 Aufgabe 5.21 (SG = 2) Das dargestellte Rad besteht aus drei Massen und zwei masselosen Ringen. Das Rad rollt in der Ruhelage beginnend eine schiefe Ebene hinunter. Wie groß ist die Geschwindigkeit des Radschwerpunktes S nach der Strecke L? Bekannt: m1 = m2 = m3 , β, L. Aufgabe 5.22 (SG = 1) Bearbeiten Sie die Aufgabe 5.5 mit dem Energiesatz. Aufgabe 5.23 (SG = 1) Bestimmen Sie in Beispiel 5.10 die kinetische Energie T II mit Gl.(5.62) mit der Wahl F = S für den Führungspunkt. Aufgabe 5.24 (SG = 2) Welche Masse m2 muss das Gegengewicht in Beispiel 5.10 haben, damit die Auftreff1g geschwindigkeit vB = b beträgt? 8l Aufgabe 5.25 (SG = 1) Bestimmen Sie für den Winkelrahmen in Aufgabe 5.19 die kinetische Energie.


199

Aufgabe 5.26 (SG = 3) Wir untersuchen nochmals Motorrad mit Fahrer aus Aufgabe 4.26. Dabei sollen beide Körper als starres Massenpunktsystem mit zwei Massenpunkten vereinfacht werden. Kurz vor dem Aufprall hat das System die Schwerpunktgeschwindigkeit vS1 und rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ω. Kurz nach dem Aufprall haben Motorrad und Fahrer die gemeinsame horizontale Geschwindigkeit v = 0.95 vS1 . Wie groß ist der Energieverlust durch den Aufprall? Bekannt: vS1 , ω, β, d1 , h1 , d2 = 0, h2 = 3h1 /2, m1 , m2 = 0.2m1 .

Aufgabe 5.27 (SG = 1) Zeigen Sie mit dem Ansatz (5.58), dass die Gleichungen (5.61) bis (5.63) für die kinetische Energie ebenfalls für das starre Massenpunktsystem mit fester Drehachse in Abb. 5.15 gelten. Aufgabe 5.28 (SG = 2) Zwei Massen m1 und m2 sind mit einem dehnstarren Seil u¨ ber eine masselose Rolle und zusätzlich jeweils mit einer Feder verbunden. Welche Winkelgeschwindigkeit hat die Rolle, wenn die Kisten aus der Ruhelage heraus unter Einwirkung der Erdbeschleunigung eine Strecke h zurücklegen? Bekannt: m1 = 5 kg, m2 = 4 kg, R = 25 mm, K1 = 100 N/m, K2 = 200 N/m, h = 5 mm.

In den Forschungs- und Entwicklungsabteilungen vieler Automobilhersteller werden Crashversuche mit DummyPuppen durchgeführt, um die vorhandenen Sicherheitskonzepte veri¿zieren und verbessern zu können. Die dabei auftretenden Bewegungen sind im Allgemeinen sehr komplex. Mit vereinfachten Betrachtungen in der Ebene können jedoch zumindest für Teilbewegungen grundlegende Erkenntnisse gewonnen werden.

6 Kinematik und Kinetik der ebenen Bewegung starrer Körper

Das vorliegende Kapitel behandelt die Kinematik und Kinetik des starren Körpers für Bewegungen in der Ebene. Dazu fassen wir den Körper als starres Massenpunktsystem mit unendlich vielen Massenpunkten auf und können somit die Herleitungen aus Kapitel 5 u¨ bertragen.

6.1 Der starre Körper Wir betrachten in Abb. 6.1.a einen Körper der Gesamtmasse m. In Abb. 6.1.b wird dieser in n Elemente mit den Massen mi , i = 1, ..., n zerlegt, so dass n

mi = m.

(6.1)

i=1

Wir denken uns die zu jedem Element gehörige Masse mi in einem Punkt konzentriert und fordern, dass die Massenpunkte starr miteinander verbunden sind. Damit entsteht ein starres Massenpunktsystem als Ersatzsystem für den starren Körper, bei dem nach Gl.(5.4) der Abstand |xi −xk | zwischen zwei Massen mi und mk erhalten bleibt. Die dynamischen Eigenschaften des starren Körpers werden umso besser erfasst, je feiner die Aufteilung ist. Damit die Gesamtmasse in Gl.(6.1) erhalten bleibt, werden die Teilmassen mi mit zunehmender Anzahl der Elemente n kleiner. Für den Grenzfall mit unendlich vielen Massenpunkten formulieren wir die folgende

Abb. 6.1. Zur De¿nition des starren Körpers: a) Starrer Körper mit Verbindungsvektor xQ P = xP −xQ , b) starres Massenpunktsystem als Ersatzsystem mit Verbindungsvektor xki = xi − xk

202


Definition starrer Körper Der starre Körper ist ein starres Massenpunktsystem mit unendlich vielen Massenpunkten und der Masse n mi = dm = m. lim n→∞

(6.2)

m

mi →0 i=1

Für den starren Körper in Abb. 6.1.a bleibt somit der Abstand |xP − xQ | zwischen zwei Massendifferenzialen dmP und dmQ erhalten. Wir können die Gleichung in De¿nition (6.2) erweitern, um auch andere physikalische Größen, wie z.B. den Schwerpunktvektor oder den Gesamtimpulsvektor, für den starren Körper einzuführen. Zu diesem Zweck werden die für das Massenpunktsystem durch Summen de¿nierten Größen durch entsprechende Grenzwerte dieser Summen - also Integrale - ersetzt. Dazu werden wir in den nachfolgenden Abschnitten und Kapiteln von der Rechenregel n b m = b dm (6.3) lim i i n→∞ mi →0 i=1

m

Gebrauch machen, wobei b eine skalar- oder vektorwertige Größe repräsentiert. Mit der Wahl b = 1 folgt beispielsweise aus Gl.(6.3) gerade die Masse m in De¿nition (6.2).

6.2 Die ebene Bewegung, Translation und Rotation Einen Sonderfall der räumlichen Bewegung des starren Körpers berücksichtigen wir mit der Definition ebene Bewegung eines starren Körpers 1. Es existiert eine Ebene, die Bewegungsebene, mit der Eigenschaft, dass senkrecht zu ihr alle Bewegungen verschwinden. 2. In allen zur Bewegungsebene parallelen Ebenen sind die Bewegungen gleich.

(6.4)

In Abb. 6.2.a wird diese De¿nition für einen Körper veranschaulicht, der sich um eine bewegte, richtungstreue Achse dreht. Dabei verschwinden für alle Punkte der Ebene E1 die vertikalen Geschwindigkeiten, d.h. vZ = 0, während für die Geschwindigkeiten parallel zur X, Y -Ebene im Allgemeinen vX = 0 und vY = 0 gilt. Da der Körper starr ist, erfahren die Ebenen E1 und E2 gleiche Bewegungen. Ein weiteres Beispiel für eine ebene Bewegung ist in Abb. 6.2.b die Rollbewegung eines Rades als Folge der geradlinigen Bewegung eines PKWs. In der Kurvenfahrt ist die Bewegung des Rades also nicht mehr eben. Weitere Sonderfälle der räumlichen Bewegung starrer Körper berücksichtigen wir mit den Definitionen 1. Translation: Alle Punkte des Körpers erfahren die gleiche Geschwindigkeit. (6.5) 2. Rotation um eine feste Achse: Alle Punkte des Körpers rotieren mit der gleichen Winkelgeschwindigkeit um eine feste Drehachse.

6.2 Die ebene Bewegung, Translation und Rotation

203

Abb. 6.2. Ebene Bewegungen eines starren Körpers: a) Zur De¿nition der Bewegungsebene. b) Das Rad führt bei geradliniger Bewegung des PKWs eine Bewegung in der Ebene durch.

In Abb. 6.3 sind die Begriffe ebene Bewegung, Translation und Rotation für einen Motorzylinder veranschaulicht. Im Betrieb des Motors erfährt der Kolben infolge der Auf- und Abwärtsbewegung eine Translation, die Kurbelwelle beschreibt eine Rotation um eine feste Achse, und das Pleuel führt eine ebene Bewegung durch.

Abb. 6.3. Translation, Rotation und ebene Bewegung in einem Zylinder

Weitere Beispiele für die Translation eines Körpers in der Ebene sind in Abb. 6.4.a −→

dargestellt. Dabei erfahren z.B. alle auf dem Körper eingeprägten Verbindungslinien P Q oder körperfeste Koordinatensysteme eine Parallelverschiebung, d.h., körperfeste Verbindungslinien werden zu keinem Zeitpunkt verdreht. In Abb. 6.4.a wird zusätzlich die geradlinige Translation von der gekrümmten Translation unterschieden, d.h., Translation ist nicht

204


Abb. 6.4. Ebene Bewegungen eines starren Körpers: a) Translation auf geradliniger und gekrümmter Bahn, b) Rotation um eine feste Achse, c) allgemeine Bewegung mit Translation und Rotation

nur eine geradlinige Bewegung. Außerdem gilt: Da alle Punkte des starren Körpers bei der Translation momentan die gleiche Geschwindigkeit, und somit auch die gleiche Beschleunigung, erfahren, wird sein Bewegungszustand durch den Bewegungszustand eines repräsentativen Punktes (z.B. des Punktes P in Abb. 6.4.a) beschrieben. In Abb. 6.4.b sind zwei Beispiele für eine Rotation um eine feste Achse dargestellt. Dabei −→

erfahren die eingeprägte Verbindungslinie P Q und das körperfeste Koordinatensystem jeweils eine Rotation um den Punkt F . Im nächsten Abschnitt zeigen wir, dass bei der allgemeinen Bewegung starrer Körper in der Ebene, wie z.B. in Abb. 6.4.c, der momentane ¨ Geschwindigkeitszustand durch Uberlagerung von Translation und Rotation darstellbar ist.

6.3 Kinematik der ebenen Bewegung starrer Körper

205

6.3 Kinematik der ebenen Bewegung starrer Körper 6.3.1 Translation und Rotation Wir kennzeichnen mit F in Abb. 6.5 einen Führungspunkt und mit P einen beliebigen Punkt eines starren Körpers in der ebenen Bewegung. Es werden körperfeste Basisvektoren ex , ey , ez gewählt, wobei ez senkrecht zur Bewegungsebene gerichtet ist. Mit den relativen Koordinaten xFP , yPF gilt wie in Gl.(2.46) und Gl.(2.47) für den Ortsvektor von P 1. xP = xF + xFP ,

2. xFP = xFP ex + yPF ey + 0ez .

(6.6)

Abb. 6.5. Ebene Bewegung eines Körpers: a) Vektoren zur Kinematik, b) zugehörgige Koef¿zienten

Da die ebene Bewegung in Abb. 6.5 ein Sonderfall der Bewegung um eine bewegte, richtungstreue Drehachse in Abb. 2.30 ist, folgt aus den Gleichungen (2.50) und (2.51): ¨ die Bewegung in der Ebene Der Geschwindigkeitsvektor fur vF + vPF 1. vP = 2. vF = vF x ex + vF y ey + 0ez 3. vPF = −yPF ωex + xFP ωey + 0ez .

(6.7)

¨ die Bewegung in der Ebene Der Beschleunigungsvektor fur aF + aFP 1. aP = 2. aF = aF x ex + aF y ey + 0ez 3. aFP = (−yPF α − xFP ω 2 )ex + (xFP α − yPF ω 2 )ey + 0ez .

(6.8)

Für ω = 0 folgt aus (6.7) für jeden Punkt P des Körpers vP = vF , so dass der Sonderfall der Translation nach De¿nition (6.5.1) vorliegt. Für vF = 0 erhält man aus (6.7) eine Rotation um den festen Punkt F mit der Winkelgeschwindigkeit ω, so dass der Sonderfall nach De¿nition (6.5.2) vorliegt. Die Beschleunigung in (6.8) besteht dann wegen aF = 0 aus zwei Anteilen: 1. 2. 3.

aP = aFP = at + an at = −yPF α ex + xFP α ey + 0ez an =

−xFP ω 2

ex −

yPF ω 2

ey + 0ez .

(6.9)

206


Die Vektoren v = vPF , at und an sind in Abb. 6.6.a und Abb. 6.6.b dargestellt. Der Vektor v ist wegen xFP · v = 0 stets senkrecht zum Vektor xFP und somit tangential zur Kreisbahn gerichtet. Dieses gilt auch für den Vektor at , während an zum Drehmittelpunkt F = 0 zeigt. F Mit der Länge |xP | = x2 + y 2 = r des Ortsvektors xFP ergeben sich, ohne Verwendung der Indizes P und F , für die relativen Koordinaten x, y, folgende Beträge für diese drei Vektoren: 1. v = |v| = (−ωy)2 + (ωx)2 = rω (6.10) 2. a = |a | = (−αy)2 + (αx)2 = rα t

t

3. an = |an | = ω 2 |xFP |

= rω 2 .

Alle Größen sind in Abb. 6.6.c dargestellt. Man beachte, dass die Werte für v, at , an in den Gleichungen (6.10) Absolutwerte sind. Die Richtungen ergeben sich wie in Abb. 6.6.c veranschaulicht aus den Drehrichtungen für ω und α.

Abb. 6.6. Rotation eines starren Körpers in der Ebene um eine feste Achse: a) Geschwindigkeitsvektor v, b) Beschleunigungsvektoren at , an und a0P , c) Beträge von Geschwindigkeit und Beschleunigungen

Beispiel 6.1 Gelenkig verbundenes Stabwerksystem Zwei Stäbe der Länge L sind wie dargestellt gelenkig miteinander verbunden. In der momentanen Lage mit dem Winkel ϕ hat der untere Stab eine gegen den Uhrzeigersinn gerichtete Winkelgeschwindigkeit ω1 . Gesucht sind a) die Geschwindigkeit des Punktes B, b) die Winkelgeschwindigkeit ω2 des Stabes 2 und die Geschwindigkeit vC des Punktes C. Bekannt: L, ω1 , ϕ = 30o . Abb. 6.7. Gelenkig verbundene Stäbe


207

¨ Voruberlegungen: Beide Aufgabenteile a) und b) werden mit den Gleichungen (6.7) behandelt. Dazu werden in Abb. 6.7.b Basisvektoren ex , ey eingeführt, die wir uns für beide Stäbe momentan als körperfest vorstellen (vgl. auch Bemerkung 2.5). Im Aufgabenteil b) muss als kinematische Zwangsbedingung noch berücksichtigt werden, dass der Punkt C lediglich eine vertikale Verschiebungsmöglichkeit besitzt. Lösungen: a) Wir beziehen uns auf die Basisvektoren ex , ey in Abb. 6.7.b. Die Koordinaten des Punktes B relativ zu A lauten √ 3 A o xB = −L cos 30 = −L , 2 √ 1 A yB . = L sin 30o = L 2 Mit vA = 0 folgt aus Gl.(6.7) die Geschwindigkeit des Punktes B √ 3 1 A vB = vB = −Lω1 ex − Lω1 ey . 2 2 b) Die Koordinaten des Punktes C relativ zu B lauten xB C

Abb. 6.7.b. Basisvektoren ex , ey und Geschwindigkeitsvektoren vB , vC

√ 3 , = L cos 30 = L 2 o

1 B yC = L sin 30o = L . 2

Aus Gl.(6.7) folgt für den Geschwindigkeitsvektor des Punktes C √ √ 3 3 1 1 B vC = vB + vC ey − Lω2 ex + Lω2 ey = −Lω1 ex − Lω1 2 2√ 2 2 3 1 = −(ω1 + ω2 )L ex − (ω1 − ω2 )L ey = vCx ex + vCy ey . 2 2 Da der Punkt C horizontal unverschieblich ist, muss der Koef¿zient vCx verschwinden: vCx = 0 :

=⇒

ω2 = −ω1 .

Das Minuszeichen gibt an, dass die Rotation des Stabes 2 der Rotation von Stab 1 entgegengesetzt ist. Für die vertikale Geschwindigkeit des Punktes C folgt somit √ √ 3 = −ω1 L 3. vCy = −(ω1 − ω2 )L 2 Das Minuszeichen gibt an, dass die Verschiebung des Punktes C nach unten erfolgt.

208


Beispiel 6.2 Zwei Uhren mit verschiedenen Aufhängepunkten Zwei Uhren sind an verschiedenen Punkten aufgehängt. Infolge einer Erschütterung erfahren sie eine Winkelgeschwindigkeit ω und eine Winkelbeschleunigung α. Gesucht sind für beide Fälle Beträge und Richtungen der Geschwindigkeiten und der Beschleunigungen der Punkte P6 und P9 .

Abb. 6.8. Zwei Uhren mit verschiedenen Aufhängepunkten

¨ Voruberlegungen: In beiden Fälle erfolgt eine Rotation um einen festen Punkt, so dass die Beträge für Geschwindigkeit und Beschleunigung einzelner Punkte mit den Gleichungen ¨ (6.10) bestimmt werden können. Die Richtungen werden mit anschaulichen Uberlegungen gemäß der Darstellung in Abb. 6.6.c erkannt. Lösungen: a) Aus den Gleichungen (6.10) folgt P6 : r6 = 2R =⇒ v6 = 2Rω, an6 = 2Rω 2 at6 = 2Rα, √ √ 2Rω, P9 : r9 = √2R =⇒ v9 = √ an9 = 2Rω 2 . at9 = 2Rα, Die Richtungen sind in Abb. 6.8.b eingetragen.

Abb. 6.8.b. Geschwindigkeiten und Beschleunigungen im Fall a)

b) Mit den Gleichungen (6.10) folgt P6 :

r6 = 3R/2 =⇒ at6 = 3(R/2)α, √ P9 : r9 = R √ 5/2 =⇒ at9 = R( 5/2)α,

v6 = 3(R/2)ω, an6 = 3(R/2)ω 2 √ v9 = R( √ 5/2)ω, an9 = R( 5/2)ω 2 .

Die Richtungen sind in Abb. 6.8.c eingetragen. Abb. 6.8.c. Geschwindigkeiten und Beschleunigungen im Fall b)


209

6.3.2 Rollen und Gleiten Zwei Sonderfälle von ebenen Bewegungen starrer Körper sind das Rollen und das Gleiten eines starren Rades auf starrem Untergrund in Abb. 6.9. Beim Rollen tritt während der Bewegung kein Schlupf zwischen Rad und Untergrund im Berührpunkt B auf. Damit gilt die Rollbedingung:

vB = 0.

(6.11)

Abb. 6.9. Starres Rad auf starrem Untergrund: a) Rollen und b) Gleiten

Bemerkungen 6.1 1. Bei der Wahl des Führungspunktes für reines Rollen legt man diesen zweckmäßig in den Berührpunkt B. Dann gilt wegen Gl.(6.11) vF = vB = 0, und die Geschwindigkeit v eines beliebigen Punktes des Rades verhält sich nach Gl.(6.7.3). Damit ist auch Gl.(6.10.1) momentan gültig, so dass bei bekannter Winkelgeschwindigkeit ω für die Geschwindigkeit eines beliebigen Punktes P des Körpers vP = rPB ω gilt. 2. Aus der Rollbedingung (6.11) lässt sich im Allgemeinen keine Bedingung für die Beschleunigung des Berührpunktes B ableiten, d.h. im Allgemeinen gilt aB = 0. Somit sind die Gleichungen für die Beschleunigungen (6.10.2) und (6.10.3) nicht anwendbar. 3. Beim Gleiten des Rades in Abb. 6.9.b tritt ein Schlupf zwischen dem Berührpunkt B und dem Untergrund auf. Damit ist vB = 0, so dass die Geschwindigkeit eines beliebigen Punktes P nicht wie in Bemerkung 6.1.1 angegeben berechnet werden kann. Beispiel 6.3 Fahrrad mit konstanter Geschwindigkeit Ein Fahrrad fährt mit der Geschwindigkeit v0 . Welcher der Punkte A, B, C, D hat die betragsmäßig größte Geschwindigkeit? Bekannt: R, v0 . ¨ Voruberlegungen: Mit der Annahme für reines Rollen folgt für den Punkt A aus Gl.(6.11) vA = 0. Wie in Bemerkung 6.1.1 erläutert, kann mit Gl.(6.10.1) die Geschwindigkeit beliebiger Punkte eines Rades berechnet werden. Dazu muss vorher die Winkelgeschwindigkeit ω bestimmt werden.

Abb. 6.10. Fahrrad mit konstanter Geschwindigkeit

210


Die Bestimmung der Winkelgeschwindigkeit des Rades gelingt mit Gl.(6.10.1), wobei wir die Kenntnis der Schwerpunktgeschwindigkeit des Rades vS = v0 ausnutzen. Lösung: Aus Gl.(6.10.1) folgt vS = v0 = ωlR =⇒ ω =

v0 . R

Für die Geschwindigkeiten der Punkte B, C, D erhält man mit Gl.(6.10.1) √ √ vB = 2Rω = 2v0 vC = 2Rω = 2v0 √ √ vD = 2Rω = 2v0 .

Abb. 6.10.b. Punktgeschwindigkeiten

Damit hat der Punkt C die betragsmäßig größte Geschwindigkeit. Beispiel 6.4 Kugellager mit zwei Wellen Zwei Wellen mit den Radien R1 und R2 haben die Winkelgeschwindigkeiten ω1 und ω2 entgegen bzw. in dem Uhrzeigersinn. Gesucht ist die Winkelgeschwindigkeit ω3 der Kugel 3 für reines Rollen in der KontaktÀäche. ¨ Voruberlegungen: Die Kontaktpunkte der beiden Wellen führen je eine Kreisbewegung um den Punkt A durch, so dass deren Geschwindigkeiten mit Gl.(6.10.1) bestimmt werden können. Für reines Rollen treten beide Geschwindigkeiten auch an den Berührpunkten 1 und 2 der Kugel 3 in Abb. 6.11.b auf. Mit dieser Kenntnis kann die Winkelgeschwindigkeit von Kugel 3 nach Gl.(6.7) berechnet werden. Lösung: Mit Gl.(6.10.1) gilt für die Punkte 1 und 2 v1 = −R1 ω1 ,

Abb. 6.11. Kugellager mit zwei Wellen

v2 = R2 ω2 .

Hierbei ist berücksichtigt, dass für einen positiven Wert von ω1 die Richtung für v1 entgegengesetzt zum Basisvektor ex ist. Nach Gl.(6.7) lautet der Zusammenhang zwischen v1 und v2 in Richtung von ex v2 = v1 + v21 = v1 − y21 ω3 , wobei wir für ω3 einen positiven Drehsinn (,,von x nach y”) annehmen. Mit y21 = R2 − R1 folgt somit ω3 =

v1 − v2 −(R1 ω1 + R2 ω2 ) = . R2 − R1 R2 − R1

Abb. 6.11.b: Basisvektoren und Geschwindigkeiten


211

6.3.3 Der momentane Geschwindigkeitspol Grundsätzlich können die Geschwindigkeiten starrer Körper für Bewegungen in der Ebene mit den Basisdarstellungen (6.7) analytisch untersucht werden. Wie wir im Folgenden zeigen werden, kommt man für praktische Berechungen jedoch häu¿g mit einem grafo-analytischen Verfahren unter Verwendung des momentanen Geschwindigkeitspols einfacher zum Ziel. Wir wenden die Gleichungen (6.7) auf zwei Punkte F und P in Abb. 6.12 an und erhalten vP = vF + vPF = vP x ex + vP y ey = vF x ex + vF y ey − yPF ωex + xFP ωey .

(6.12)

Mit den Koordinaten von P relativ zu F , xFP = xP − xF , yPF = yP − yF , ergeben sich folgende Koef¿zienten des Geschwindigkeitsvektors vP in Gl.(6.12): 1. vP x = vF x − ω(yP − yF ),

2. vP y = vF y + ω(xP − xF ).

(6.13)

Wir gehen jetzt der Frage nach, ob es einen Punkt G mit Koordinaten xG , yG gibt, für den die Geschwindigkeit momentan zu Null wird. Dazu ersetzen wir in (6.13) die Größen für P durch Größen für G, fordern für die Geschwindigkeiten vGx = vGy = 0 und lösen nach den gesuchten Koordinaten auf. Man erhält: vF y ω vF x yG = yF + . ω

xG = xF −

(6.14) Abb. 6.12. Geschwindigkeitszustand und Geschwindigkeitspol G bei der ebenen Bewegung eines starren Körpers

Der Punkt G wird als momentaner Geschwindigkeitspol (oder kurz: Geschwindigkeitspol, Momentanpol oder Pol) bezeichnet. Für ω = 0 können dessen Koordinaten xG , yG mit den Gleichungen (6.14) eindeutig bestimmt werden. Wie in Abb. 6.12 dargestellt, kann G auch außerhalb des Körpers liegen. Wir wählen jetzt G als Führungspunkt. Mit den Koordinaten xG , yG der Gleichungen (6.14) folgt aus den Gleichungen (6.13) für die Geschwindigkeiten des Punktes P vP x = −ω (yP − yG ),

vP y = ω (xP − xG ).

(6.15)

Diese skalaren Gleichungen beschreiben die Rotation des Punktes P um den Punkt G. Wie in Abb. 6.12 dargestellt, gilt somit die 1. Darstellung der ebenen Bewegung Der momentane Geschwindigkeitszustand des starren Körpers in der Ebene ist die Rotation um den Geschwindigkeitspol G.

(6.16)

212


Diese Eigenschaft ist auch in Abb. 6.13.a veranschaulicht. Zusätzlich wollen wir in Abb. 6.13 die vektorielle Beziehung vP = vF + vPF nach Gl.(6.12) interpretieren: Dazu beziehen wir uns auf ein Koordinatensystem mit der x-Achse parallel zur Verbindungslinie F P . Mit dem Abstand rPF der Punkte P und F folgt aus Gl.(6.13.2) die skalare Beziehung (6.17)

vP = vF + ω rPF . Wie in Abb. 6.13.b und Abb. 6.13.c erkennbar, gilt somit die 2. Darstellung der ebenen Bewegung: Der momentane Geschwindigkeitszustand des Punktes P eines starren Körpers ¨ in der Ebene ist die Uberlagerung der Translationsgeschwindigkeit vF eines Führungspunktes F mit der Rotationsgeschwindigkeit ωrPF um den Führungspunkt F .

Gesamte Geschwindigkeit = Rotation um G =

Translation von F

+

(6.18)

Rotation um F

Abb. 6.13. Zwei Darstellungen des Geschwindigkeitszustandes für einen Körper in der ebenen Bewegung

6.3.4 Regeln zur Bestimmung von Geschwindigkeiten und des Geschwindigkeitspols Ist der Geschwindigkeitspol G bekannt, so kann nach der 1.Darstellung (6.16) mit Kenntnis der Winkelgeschwindigkeit die Geschwindigkeit einzelner Punkte angegeben werden. Zur Lösung von Aufgaben mit einem grafo-analytischen Verfahren werden im Folgenden einige Regeln zusammengefasst. Häu¿g ist der Geschwindigkeitspol G jedoch nicht sofort bekannt und muss vorher ermittelt werden. Zu dessen Bestimmung werden daher im Folgenden ebenfalls die wichtigsten Regeln zusammengefasst. Bevor wir die Regeln aufstellen, beweisen wir folgende Beziehungen für die Geschwindigkeiten von zwei Punkten P und Q: vP y xP − xG =− , 2. vP = ωrPG 1. tan β = vP x yP − yG (6.19) rG vP 3. = PG , 4. vP Q = vQP . vQ rQ


213

G die Abstände der Punkte G und P bzw. G und Q, die mit den KoordiDabei sind rPG und rQ naten (xG , yG ), (xP , yP ), (xQ , yQ ) der Punkte G, P, Q berechnet werden können

1/2 1. rPG = (xP − xG )2 + (yP − yG )2 G = (x − x )2 + (y − y )2 1/2 . 2. rQ Q Q G G Wir wenden uns jetzt dem Beweis der Gleichungen (6.19) zu: Gl.(6.19.1) erhält man durch Quotientenbildung der in Abb. 6.12 dargestellten und in den Gleichungen (6.15) angegebenen Geschwindigkeiten vy und vx . Auf Grund der Eigenschaft (6.16) können wir G als momentanen Drehpunkt auffassen, so dass Gl.(6.19.2) direkt aus Gl.(6.10.1) folgt. Zur Herleitung von Gl.(6.19.3) wird Gl.(6.19.2) auf die Punkte P und Q gemäß vP = ωrPG und G angewendet. Das Ergebnis vQ = ωrQ folgt dann durch Quotientenbildung.

(6.20)

Abb. 6.14. Zur Abhängigkeit der gegenseitigen Geschwindigkeiten zweier Punkte

In Gl.(6.19.4) sind vP Q und vQP wie in Abb. 6.14 dargestellt die Geschwindigkeiten der Punkte P und Q in Richtung der Verbindungsgeraden. Die Gleichheit folgt aus der Starrheit des Körpers. ¨ Aus den bisherigen Uberlegungen können die folgenden Regeln zur Bestimmung der Geschwindigkeiten von Punkten eines starren Körpers zusammengefasst werden: Regeln A: Gegeben ist der Geschwindigkeitspol G, gesucht sind Geschwindigkeiten A1 Die Richtung der Geschwindigkeit vp des Punktes P steht senkrecht auf der Verbindungsgeraden der Punkte G und P . A2 Der Betrag der Geschwindigkeit vP ist proportional zum Abstand rPG der Punkte P und G. (6.21) A3 Die Geschwindigkeiten vP und vQ zweier Punkte P und Q sind nicht unabhängig voneinander, sondern stehen im Verhältnis ihrer Abstände rPG und G zum Geschwindigkeitspol zueinander. rQ A4 Die Geschwindigkeitsanteile vP Q und vQP von zwei Punkten P und Q in Richtung der Verbindungsgeraden dieser beiden Punkte sind gleich. Für bekannte Geschwindigkeiten von Punkten eines starren Körpers können umgekehrt die folgenden Regeln zum Auf¿nden des Geschwindigkeitspols G zusammengefasst werden:

214


Regeln B: Gegeben sind Geschwindigkeiten, gesucht ist der Geschwindigkeitspol G B1 Ein geometrischer Ort für den Geschwindigkeitspol G ist eine Gerade durch den Punkt P senkrecht zur Geschwindigkeit vP . G zweier Punkte P und Q zum GeschwindigkeitsB2 Die Abstände rPG und rQ pol G stehen im Verhältnis der Geschwindigkeiten vP und vQ . B3 Ein festes Gelenklager ist der Geschwindigkeitspol G eines verschieblichen starren Körpers. B4 Bei verschieblichen Lagern ist die Gerade senkrecht zur Richtung der Geschwindigkeit ein geometrischer Ort für den Geschwindigkeitspol G.

(6.22)

Regel B1 ist in Abb. 6.12 erklärt, während Regel B2 direkt aus Gl. (6.19.3) folgt. Die Begründungen für die Regeln B3 und B4 sind offensichtlich. In Abb. 6.15 sind zwei Beispiele zum Auf¿nden von Geschwindigkeitspolen (kurz: Pole) dargestellt. In Abb. 6.15.a verlaufen die Geschwindigkeiten zweier Punkte P und Q senkrecht zur Verbindungsgeraden beider Punkte. Nach Regel B1 ist der erste geometrische Ort für G eine senkrechte Gerade zu den Geschwindigkeitsvektoren. Der zweite geometrische Ort ist nach Regel B2 eine Gerade durch die Endpunkte beider Vektoren. Der Schnittpunkt beider Geraden liefert G. In Abb. 6.15.b. ist das gelenkige Lager eines Stabwerksystems nach Regel B3 der Pol für Stab 1. Eine Gerade senkrecht zur Verschiebungsmöglichkeit am Lager C liefert nach Regel B4 einen geometrischen Ort für den Pol des Stabes 2. Nach Regel B1 ist die zur Geschwindigkeit vB senkrechte Gerade der zweite geometrische Ort für G2 .

Abb. 6.15. Beispiele zum Auf¿nden der Geschwindigkeitspole: a) Parallele Geschwindigkeiten, b) Ausnutzen der Lagerbedingungen beim Stabwerksystem

6.3.5 Rastpolbahn und Gangpolbahn In Abb. 6.16.a ist die Bestimmung des Geschwindigkeitspols G für einen Doppelschieber der Länge l erklärt. Man erhält den Pol nach Regel B4 für die dargestellte Lage aus dem Schnittpunkt der zu den Geschwindigkeiten vA und vB senkrechten Geraden. Bei einer Bewegung des Schiebers verändert der Geschwindigkeitspol seinen Ort. Die Verbindung all seiner Orte in der raumfesten Bewegungsebene liefert die Rastpolbahn (oder: Spurkurve). In Abb. 6.16.b erhält man für den Schieber einen Viertelkreis mit dem Radius l. Wir können die in Abb. 6.16.b erhaltenen Orte für den Geschwindigkeitspol unter Berücksichtigung der Größen ri auch auf die körperfeste Ebene beziehen. In Abb. 6.16.c ergibt sich für den Schieber ein Halbkreis mit dem Radius l/2.


215

Abb. 6.16. Ermittlung a) des Geschwindigkeitspols, b) der Rastpolbahn und c) der Gangpolbahn für einen Doppelschieber

In Abb. 6.16.c liegt der Pol G3 gleichzeitig auf der raumfesten Rastpolbahn und der körperfesten Gangpolbahn. Außerdem sind zu jedem Zeitintervall die Wanderwege von G entlang beider Bahnen gleich lang. Damit gilt: Jede ebene Bewegung eines starren Körpers ist als Abrollen der körperfesten Gangpolbahn auf der ortsfesten Rastpolbahn darstellbar. Beispiel 6.5 Kugellager mit zwei Wellen Für das Kugellager in Beispiel 6.4 bestimme man die Winkelgeschwindigkeit ω3 der Kugel 3 mit dem Geschwindigkeitspol. ¨ Voruberlegungen: Die Lösung der Aufgabe wird mit den Regeln A (6.21) und Regeln B (6.22) grafo-analytisch erhalten. Im Folgenden geben wir stichwortartig die jeweils verwendete Regel sowie den Lösungsschritt an. Lösung: B3: A1, A2: B1:

B2:

A2, A3:

G1 = G2 = A v1 = R1 ω1 , v2 = R2 ω2 1. geometrischer Ort für G3 durch Senkrechte auf Geschwindigkeiten v1 , v2 2. geometrischer Ort für G3 durch Verbinden der Geschwindigkeitsendpunkte v2 = r23 ω3 v2 v1 + v2 =⇒ ω3 = 3 = = R 2 − R1 r2 R1 ω1 + R2 ω2 . R2 − R1

Abb. 6.17. Kugellager mit zwei Wellen

Abb. 6.17.b. Geschwindigkeiten und Geschwindigkeitspol G3

216


Beispiel 6.6 Gelenkig verbundenes Stabwerksystem Für das gelenkig verbundene Stabwerksystem in Beispiel 6.1 bestimme man für ϕ = 300 a) die Lage der Momentanpole G1 , G2 , b) den Zusammenhang zwischen ω1 und ω2 , c) die Zusammenhänge zwischen vB und vC sowie zwischen vB und ω1 . Bekannt: L, ω1 , ϕ = 30o . ¨ Voruberlegungen: Zur Lösung der Aufgabenstellungen werden die Regeln A (6.21) und die Regeln B (6.22) verwendet. Im Folgenden geben wir stichwortartig die jeweils verwendete Regel sowie den zugehörigen grafo-analytischen Lösungsschritt an. Lösung zu Teil a): B3: G1 = A A1: Geschwindigkeit vB senkrecht auf der Verbindungsgeraden von G1 und B, B1: Erster geometrischer Ort für G2 als Gerade durch B senkrecht zu vB B4: Zweiter geometrischer Ort für G2 als Gerade durch den Punkt C senkrecht zur Verschiebungsmöglichkeit. Der Schnittpunkt beider Geraden liefert G2 . Abb. 6.18. Momentane Geschwindigkeitspole 1 und r 2 die Abst¨ Lösung zu Teil b): Wir bezeichnen mit rB ande zwischen B und G1 sowie B zwischen B und G2 und erhalten: 1 ω = Lω , A2 für Stab 1: vB1 = rB 1 1 2 ω = Lω A2 für Stab 2: vB2 = rB 2 2

Wegen vB1 = vB2 = vB folgt ω1 = ω2 . In Abb. 6.18 erkennt man, dass die Drehrichtung für ω2 entgegen dem Uhrzeigersinn ist. √ Lösung zu Teil c): Nach Anwendung von A2 auf Stab 1 und cos ϕ = 3 erhält man folgende Zusammenhänge zwischen vB und vC sowie zwischen vB und ω2 : 2 vC = rC ω2 = 2L cos ϕω2 = 2L cos ϕω1 = 2L cos ϕ

√ vB = 2 cos ϕvB = 3Lω1 . L


217

6.3.6 Der momentane Beschleunigungspol Wir wenden die Gleichungen (6.8) auf zwei Punkte F und P in Abb. 6.12 an und erhalten aP

= aF

+ aFP

= aP x ex + aP y ey = aF x ex + aF y ey − (yPF α + xFP ω 2 )ex + (xFP α − yPF ω 2 )ey .

(6.23)

Mit den Koordinaten von P relativ zu F , xFP = xP − xF , yPF = yP − yF , ergeben sich folgende Koef¿zienten des Beschleunigungsvektors aP in Gl.(6.23): 1. aP x = aF x − α(yP − yF ) − ω 2 (xP − xF ) 2. aP y = aF y + α(xP − xF ) − ω 2 (yP − yF ).

(6.24)

Wir gehen jetzt der Frage nach, ob es einen Punkt B mit Koordinaten xB , yB gibt, für den die Beschleunigung momentan zu Null wird. Dazu ersetzen wir in (6.24) die Größen für P durch Größen für B, fordern für die Beschleunigungen aBx = vBy = 0 und lösen nach den gesuchten Koordinaten auf. Man erhält: 2 1 ω aF x − αaF y 4 +ω 2 1 ω aF y + αaF x . 2. yB = yF + 2 4 α +ω 1. xB = xF +

α2

(6.25)

Wir bezeichnen den Punkt B als momentanen Beschleunigungspol. Für α2 + ω 4 = 0 können dessen Koordinaten xB , yB mit den Gleichungen (6.25) eindeutig bestimmt werden. Die Kenntnis des momentanen Beschleunigungspols ist z.B. hilfreich, um Messgeräte vor zu großen Beschleunigungen zu bewahren. 6.3.7 Relativbewegungen in rotierenden Bezugssystemen In Abb. 6.19 sind zwei Stäbe u¨ ber einen Schiebemechanismus verbunden. Bei einer Verdrehung ϕ verändert sich der Abstand zwischen den Punkten P und F . Lassen wir das Basissystem ex , ey wie dargestellt mitrotieren, dann a¨ ndert sich die Koordinate xFP des Punktes P relativ zu F . Ein mit der Vektorbasis rotierender Beobachter B nimmt also xFP − xFP eine Relativverschiebung xFP Rel =ˆ und eine Relativgeschwindigkeit vPF Rel des Punktes P wahr.

Abb. 6.19. Relativbewegung in der rotierenden Vektorbasis, bewegter Beobchter B

Beim Auftreten von Relativverschiebungen gelten die Gleichungen (2.40) für die Abstände beliebiger Punkte starrer Körper und somit auch die Gleichungen (6.7) und (6.8) für Geschwindigkeiten und Beschleunigungen nicht. Wir wollen daher im Folgenden den allgemeinen Fall mit Berücksichtigung von Relativverschiebungen zusätzlich behandeln.

218


Wir betrachten in Abb. 6.20 die beiden Punkte P und F . Für deren Ortsvektoren gilt der Zusammenhang xP = xF + xFP , so dass für die Geschwindigkeit von P folgt: 1. vP = vF + vPF 2. vF = x˙ F ,

(6.26)

3. vPF = x˙ FP .

Für eine Basisdarstellung der Vektoren in (6.26) wird eine Vektorbasis ex , ey eingeführt, welche unabhängig von den Bewegungen der Punkte P und B mit der Winkelgeschwindigkeit ω in der Ebene rotiert. Für den bewegten Bezugspunkt F nehmen wir die Basisdarstellung

Abb. 6.20. Punkte P und F mit Ortsvektoren, rotierende Vektorbasis, Beobachter A und B

vF = vF x ex + vF x ey

(6.27)

an. Für den Orts- und den Geschwindigkeitvektor von P relativ zu F erhält man 1. xFP = xFP ex + yPF ey

=⇒

2. vPF = x˙ FP = x˙ FP ex + y˙ PF ey + xFP e˙ x + yPF e˙ y . (6.28)

Für die Zeitableitungen der rotierenden Basisvektoren verwenden wir die Ergebnisse (2.41) und erhalten durch Einsetzen von Gl.(6.27) und Gl.(6.28.2) in Gl.(6.26.1): ¨ die ebene Bewegung in der rotierenden Vektorbasis Der Geschwindigkeitsvektor fur 1. vP = vF + vPF = vF + vPF Rot + vPF Rel , wobei (6.29) vF x ex + vF y ey 2. vF = 3. vPF Rot = −yPF ωex + xFP ωey 4. vPF Rel = x˙ FP ex + y˙ PF ey . Durch Ableitung von vP nach der Zeit folgt (vgl. Aufgabe 6.16) ¨ die ebene Bewegung in der rotierenden Vektorbasis Der Beschleunigungssvektor fur 1. aP = aF + aFP = aF + aFP Rot + aFP Rel + aFP Cor , wobei aF x ex + aF y ey 2. aF = (6.30) F Rot F F 2 F F 3. aP = (−yP α − xP ω )ex + (xP α − yP ω 2 )ey 4. aFP Rel = x ¨FP ex + y¨PF ey 5. aFP Cor =

−2y˙ PF ωex +

2x˙ FP ωey .

Bemerkung 6.2 1. Die Geschwindigkeit des Punktes P ist wie in den Gleichungen (6.7) als Summe von zwei Vektoren vF und vPF darstellbar. Im Unterschied zu (6.7) zerfällt vPF in Gl.(6.29.1)


219

in zwei Anteile vPF Rot und vPF Rel . Der Vektor vPF Rot entsteht auf Grund der Rotation der Vektorbasis, und vPF Rel berücksichtigt die Geschwindigkeit von P relativ zur gedrehten Vektorbasis. Diese Relativgeschwindigkeit tritt in den Gleichungen (6.7) nicht auf. 2. Die Beschleunigung des Punktes P ist als Summe von zwei Vektoren aF und aFP darstellbar. Dabei zerfällt aFP in drei Anteile: zusätzlich zur Beschleunigung aFP Rot , die auf Grund der Rotation der Vektorbasis entsteht, treten die Beschleunigung von P relativ zur gedrehten Vektorbasis aFP Rel und die Coriolis-Beschleunigung aFP Cor auf. Die Anteile aFP Rel und aFP Cor erscheinen nicht in den Gleichungen (6.8). 3. vP und vF sind Absolutgeschwindigkeiten und aP und aF sind Absolutbeschleunigungen der Punkte P und F . Sie werden von dem Beobachter A in Abb. 6.20 wahrgenommen, der mit dem raumfesten Bezugssystem verbunden ist. vPF und aFP werden von dem Beobachter B in Abb. 6.20 wahrgenommen, wenn dieser translatorisch von F mitgeführt wird ohne zu rotieren. Ist der Beobachter B in Abb. 6.20 zusätzlich mit der Vektorbasis ex , ey verbunden, nimmt er nur die Größen vPF Rel und aFP Rel + aFP Cor wahr. Beispiel 6.7 Stabwerk mit Relativverschiebungen In einem Stabsystem ¿ndet wie dargestellt auf Grund einer Aussparung eine Relativverschiebung des Punktes C im Stab 2 statt. In der momentanen Lage mit dem Winkel ϕ hat der Stab 1 eine im Uhrzeigersinn gerichtete Winkelgeschwindigkeit ω1 . Gesucht sind 1. die momentane Winkelgeschwindigkeit ω2 des Stabes 2, B Rel von C im 2. die Relativgeschwindigkeit vC Stab 2. Abb. 6.21. Gelenkig verbundene Stäbe

Bekannt: L, ω1 , ϕ = 45o .

¨ Voruberlegungen: Mit den Punkten A und B als Bezugspunkte in Gl.(6.29) werden für den Vektor vC zwei Basisdarstellungen erhalten. Nach Gleichsetzen beider Darstellungen und Koef¿zientenvergleich werden die unbekannten Größen bestimmt. Lösung: Wir beziehen uns auf die Basisvektoren ex , ey in Abb. 6.21. Die Koordinaten und die Geschwindigkeiten von C relativ zu den Bezugspunkten A und B sind √ √ √ A B B xA C = −L/ 2, yC = L/ 2, xC = −L/ 2, yC = 0, x˙ A C = 0,

A = 0, y˙ C

B Rel x˙ B C = vC ,

B = 0. y˙C

Mit vA = vB = 0 erhält nach zweifacher Anwendung von Gl.(6.29) für vC √ √ ARot + vARel = 0 − Lω vC = vA + vC 1 2ex −Lω1 2ey + 0 C √ B Rel e + 0e . B Rot + vB Rel = 0 + vC = vB + vC 0ex −L 2ω2 ey + vC x y C √ B Rel = −L 2ω . Durch Koef¿zientenvergleich folgt ω2 = ω1 und vC 1

220


6.3.8 Aufgaben zu Abschnitt 6.3 Aufgabe 6.1 (SG = 1) Der Punkt A des dargestellten Rades erfährt die tangentiale Beschleunigung aA . Wie groß sind die Geschwindigkeit vA , die Winkelgeschwindigkeit ω, die Winkelbeschleunigung α und die resultierende Beschleunigung nach der Zeit t. Bekannt: aA = 2 m/s, R = 0.5 m, t = 3 s. Aufgabe 6.2 (SG = 1) Eine Leiter der Länge l rutscht an einer Wand entlang. In der dargestellten momentanen Lage hat der Punkt A die Geschwindigkeit vA . Bestimmen Sie die Winkelgeschwindigkeit der Leiter unter Verwendung 1. der Gleichungen (6.7), 2. des Geschwindigkeitspols. 3. Ermitteln Sie die Rastpol- und die Gangpolbahn. Aufgabe 6.3 (SG = 1) Bestimmen Sie die Geschwindigkeiten der Punkte B, C, D in Beispiel 6.3 mit den Gleichungen (6.7). Aufgabe 6.4 (SG = 1) Das in Beispiel 6.3 untersuchte Fahrrad beschleunigt mit a0 . Gesucht sind die momentanen Beschleunigungen der Punkte A, B, C, D in Abb. 6.10. Aufgabe 6.5 (SG = 2) Bestimmen Sie für das gelenkig verbundene Stabsystem in Beispiel 6.6 für den Winkel ϕ=0o 1. 2. 3. 4.

die Geschwindigkeitspole beider Stäbe, die Winkelgeschwindigkeit von Stab 2, die Geschwindigkeitsverteilungen beider Stäbe, die Rastpol- und die Gangpolbahn für Stab 2.

Bekannt: ϕ = 00 , ω1 .


Aufgabe 6.6 (SG = 2) In dem dargestellten Stabsystem hat der Punkt C die Geschwindigkeit vC in dem geneigten, verschieblichen Lager. Gesucht ist die Winkelgeschwindigkeit des Stabes AB 1. mit den Gleichungen (6.7), 2. mit dem Geschwindigkeitspol. 3. Ermitteln Sie Rastpol- und Gangpolbahn des Stabes BC. Aufgabe 6.7 (SG = 1) Drei Rollen sind mit einem dehnstarren Seil verbunden. Die Kiste K hat die Geschwindigkeit vK . Zwischen dem Seil und den Rollen tritt stets Haftreibung auf. Gesucht sind die Winkelgeschwindigkeiten aller drei Rollen. Bekannt: R1 , R2 , R3 , vK .

Aufgabe 6.8 (SG = 2) Ein Stabsystem ist gelenkig verbunden. Der Punkt C ist vertikal verschieblich gelagert. Zu dem Zeitpunkt, an dem Stab 2 sich in einer horizontalen Lage be¿ndet, hat Stab 1 die Winkelgeschwindigkeit ω1 . Gesucht ist die Winkelgeschwindigkeit des Stabes 2. Bekannt: ω1 .

Aufgabe 6.9 (SG = 1) Ein Autoreifen hat die Geschwindigkeit v0 = 100 km/h. Innerhalb von 5 s wird dieser gleichmäßig auf die Geschwindigkeit v1 = 50 km/h abgebremst. Gesucht sind die Winkelbeschleunigung α und die Normalbeschleunigung an des Kontaktpunktes B. Bekannt: Radius R, v0 = 100 km/h, v1 = 50 km/h.

221

222


Aufgabe 6.10 (SG = 3) Die momentane Lage des dargestellten Pleuels eines Verbrennungsmotors ist durch den Winkel ϕ = 30o festgelegt. Gesucht sind 1. der Kolbenhub H, 2. die Winkelgeschwindigkeit ωBC des Stabes BC, 3. die Winkelgeschwindigkeit ωS des Pleuels, 4. die Geschwindigkeit vK des Kolbens, 5. die Geschwindigkeit vB des Punktes B, 6. Rastpol- und Gangpolbahn des Stabes BC. Bekannt: Drehzahl n = 5000 min−1 , r = 30 mm, r/L = 1/4. Aufgabe 6.11 (SG = 3) Die momentane Lage des dargestellten Getriebes ist durch den Winkel ϕ festgelegt. Die Drehzahl des Stabes AD ist n. Gesucht sind 1. die Winkelgeschwindigkeit ωC , 2. die Winkelbeschleunigung αC des Stabes CE, C Rel . 3. die Relativgeschwindigkeit vE Bekannt: ϕ = 30o , n = 100 min−1 R1 = 40 mm, l1 = 80 mm, l2 = 100 mm, DE = 230 mm, R2 = 95 mm. Aufgabe 6.12 (SG = 2) Ein Stabsystem ist gelenkig verbunden. Der rechte Stab 1 hat die Winkelgeschwindigkeit ω1 . Der Stab 3 ist mit einem Zahnrad starr verbunden und hat momentan eine horizontale Lage. Die Zahnstange 4 ist horizontal verschieblich. 1. Wie groß ist die Geschwindigkeit v4 des Stabes 4? 2. Ermitteln Sie Rastpol- und Gangpolbahn des Stabes 2. Bekannt: ω1 , l, R.


Aufgabe 6.13 (SG = 2) Ein Stabsystem ist gelenkig verbunden. Der Stab CD hat die Winkelgeschwindigkeit ωCD . Gesucht ist die Winkelgeschwindigkeit des Stabes BC 1. mit den Gleichungen (6.7), 2. mit dem Geschwindigkeitspol. 3. Ermitteln Sie Rastpol- und Gangpolbahn des Stabes BD. Bekannt: l, ωCD = 8 rad/s. Aufgabe 6.14 (SG = 3) Für das dargestellte Fahrgestell wird angenommen, dass es aus drei starren Körpern 1, 2, 3 besteht. Bestimmen Sie im Fall einer Torsionsbewegung mit den Winkelgeschwindigkeiten ω1 = ω3 1. die Winkelgeschwindigkeit ω2 des Körpers 2, 2. die Geschwindigkeiten der Punkte A und B. Bekannt: ω1 = ω3 , R, a = 0.8R. Aufgabe 6.15 (SG = 1) Ein Stahlwinkel, der im Punkt A aufgehängt ist, hat eine Winkelgeschwindigkeit ω und eine Winkelbeschleunigung α. Die momentane Lage wird durch den Winkel ϕ festgelegt. Gesucht sind 1. der momentane Beschleunigungspol und 2. die Beschleunigung des Punktes C. Bekannt: Winkel ϕ = 450 , Winkelgeschwindigkeit ω, Winkelbeschleunigung α, Abmessungen b, c=0.5b.

223

224


Aufgabe 6.16 (SG = 2) Leiten Sie die Gleichungen (6.30) für den Beschleunigungssvektor einer ebenen Bewegung im rotierenden Basissystem her. Aufgabe 6.17 (SG = 2) Der Stab 1 in Beispiel 6.7 hat zusätzlich die Winkelbeschleunigung α1 . Gesucht sind 1. die momentane Winkelbeschleunigung α2 des Stabes 2, 2. die Relativbeschleunigung von C im Stab 2.

Aufgabe 6.18 (SG = 2) An einer Hülse, die auf einem Kreisring gleitet, ist ein Stab befestigt. In Richtung der Stabachse wird eine relative Verschiebung ermöglicht. Der Stab hat in der momentanen Lage ϕ eine Winkelgeschwindigkeit ω. Wie groß ist die Relativgeschwindigkeit der Hülse in dem Stab 1. für den Winkel ϕ = 45o , 2. für den Winkel ϕ = 30o ? Bekannt: Winkelgeschwindigkeit ω, Länge r. Aufgabe 6.19 (SG = 2) Der dargestellte Kranausleger ist momentan um den Winkel β gegenu¨ ber der Horizontalen geneigt. Die Hydraulik im Stab AB erzwingt eine Relativverschiebung von B bezüglich A. Gesucht ist die Geschwindigkeit des Punktes P . Bekannt: L = 20 m, l = 10 m, β = ARel = 60o , d = 3 m, h = 1.0 m, vB 4 m/s.

6.4 Kinetik der ebenen Bewegung starrer Körper

225

6.4 Kinetik der ebenen Bewegung starrer Körper Die Wechselwirkungen zwischen Bewegungs- und Kraftgrößen starrer Körper werden wie bei Massenpunktsystemen mit dem Schwerpunktsatz und dem Momentensatz untersucht. Dazu wird der Körper gemäß De¿nition (6.2) als starres Massenpunktsystem mit unendlich vielen Elementen aufgefasst. Von den verschiedenen Darstellungsformen dieser beiden Gesetze in Kapitel 5 werden im Folgenden die Formulierungen (5.18) für raumfeste und (5.39) für körperfeste Koordinaten auf den starren Körper für ebene Bewegungen u¨ bertragen.

F Abb. 6.22. Starrer Körper in der Ebene a) Vektoren xF orige Koordinaten und Koef¿zienten P , xS , aF , Fi , b) zugeh¨

Wir betrachten in Abb. 6.22 einen starren Körper in der ebenen Bewegung. Der Führungspunkt F hat den Ortsvektor xF und den Beschleunigungsvektor aF . Für den Schwerpunkt S und einen Punkt P des Körpers sind xFS und xFP die Ortsvektoren relativ zu F , und ω ist die Winkelgeschwindigkeit des Körpers. Abb. 6.22.b veranschaulicht bezüglich der körperfesten Basis ex , ey die zeitlich konstanten Koordinaten xS , yS von S und x = xP , y = yP von P , die Koef¿zienten aF x , aF y von aF sowie die Koef¿zienten Fix , Fiy des Kraftvektors Fi . Bezüglich der raumfesten Basis eX , eY sind FiX , FiY die Koef¿zienten von Fi . Fassen wir gemäß De¿nition (6.2) den Körper als starres Massenpunktsystem mit unendlich vielen Massenpunkten auf, so kann die Rechenregel (6.3) auf die linken Seiten des Schwerpunktsatzes (5.18) und des Momentensatzes (5.39) angewendet werden. Da lediglich Einzelkräfte Fi an dem Körper angreifen, bleiben die rechten Seiten der Gleichungen unverändert. Gewichtskräfte werden wie in der Statik als resultierende Kräfte in den Schwerpunkten behandelt. Damit folgen die ¨ ebene Bewegungen Bewegungsgleichungen des starren Körpers fur n ¨ 1. mXS = i=1 FiX (6.31) n ¨ 2. mYS = i=1 FiY , wobei m = dm m (F ) (F ) (F ) 3. αΘz + mxS aF y − myS aF x = ni=1 Mzi , wobei Θz = (x2 + y 2 )dm. m

226


Die Gleichungen (6.31) vereinfachen sich für drei Sonderfälle: 1. Der Führungspunkt F liegt im Schwerpunkt S (xFS = 0): F =S:

1. 2.

¨ S = n FiX mX i=1 mY¨S = ni=1 FiY , (S)

3. αΘz

=

n

(S) i=1 Mzi ,

wobei m = (S)

wobei Θz

dm

m

=

(6.32)

(x2 + y 2 )dm.

m

2. Der Führungspunkt F liegt im Ursprung 0 (xF = 0, aF = 0, Beispiel AuÀager): ¨ S = n FiX F = 0 : 1. mX i=1 wobei m = dm 2. mY¨S = ni=1 FiY , (6.33) m n (0) (0) (0) 2 2 3. αΘz = i=1 Mzi , wobei Θz = (x + y )dm m

3. Es treten nur translatorische Bewegungen auf und es gilt x = X, y = Y : ω = 0 : 1. max = ni=1 Fix n 2. may = i=1 Fiy , wobei m = dm m n (F ) 3. mxS ay − myS ax = i=1 Mzi .

(6.34)

Bemerkungen 6.3 1. Für die Anwendung der Bewegungsgleichungen (6.31) bis (6.33) müssen die Massen(F ) (S) (0) trägheitsmomente Θz , Θz bzw. Θz bekannt sein. Im nachfolgenden Abschnitt 6.5 werden diese Größen für einige einfache Körper berechnet. 2. Gelegentlich ist es zweckmäßig, die Richtungen der Koordinatensysteme X, Y und x, y - momentan - zusammenfallen zulassen. 3. Für den Schwerpunktsatz können gelegentlich auch andere Koordinatensysteme, wie z.B. in den Gleichungen (5.19) bis (5.21) angegeben, vorteilhaft sein. 4. Da bei translatorischen Bewegungen keine Rotation auftritt, haben wir in den Gleichungen (6.34) gleiche Richtungen der Koordinaten X, Y und x, y zu jedem Zeitpunkt angenommen. Damit gelten die Beziehungen x ¨S = aF x = ax und y¨S = aF y = ay . Das (F ) Massenträgheitsmoment Θz wird nicht benötigt, weil keine Rotation auftritt. 5. In den Bewegungsgleichungen (6.31) bis (6.33) ist zu berücksichtigen, dass die Beschleu¨ S , Y¨S jeweils auf den Schwerpunkt S zu beziehen sind. nigungen X 6. Zur Bearbeitung von Aufgaben kann nach den in Tabelle 5.1 angegebenen Lösungsschritten vorgegangen werden. (F ) 7. Das Moment Mzi um die z-Achse kann wahlweise mit den Kräften FiX , FiY oder den Kräften Fix , Fiy in Abb. 6.22.b berechnet werden. 8. Der Geschwindigkeitspol G erfüllt im Allgemeinen nicht die Voraussetzungen zur Anwendung der Gleichungen (6.33).

6.4 Kinetik der ebenen Bewegung starrer Körper

227

Beispiel 6.8 Fahrrad mit Fahrer beim Abbremsen Ein Fahrradfahrer muss zur Vermeidung eines Zusammenstoßes mit einem anderen Verkehrsteilnehmer stark abbremsen. Welche Bremsbeschleunigung a darf er mit der Vorderbremse auslösen, damit Fahrer und Fahrrad nicht gemeinsam nach vorne u¨ berkippen? Bekannt: Masse m und Schwerpunkt S gemeinsam von Fahrrad und Fahrer. Abstände b, c, h. Abb. 6.23. Fahrrad beim Abbremsen

¨ Voruberlegungen: Fahrrad und Fahrer bewegen sich translatorisch, so dass für diese Aufgabe zweckmäßig die Bewegungsgleichungen (6.34) verwendet werden. Für den Grenzfall, bei dem Kippen gerade nicht auftritt, wird in dem Freischnitt in Abb. 6.23.b die vertikale Normalkraft NA für das Hinterrad zu Null angenommen. Lösung: Nach Eintragen der Gewichtskraft mg, der Normalkraft NB und der Reibungskraft FR sowie der Wahl F = S für den Führungspunkt folgt aus den Bewegungsgleichungen (6.34) mit xS = yS = 0 (i) max = −FR may = −mg + NB (ii) 0 = NB c − FR h (iii). Für die horizontale Beschleunigung in Gl.(i) und die gesuchte Beschleunigung a gilt der Zusammenhang ax = −a, so dass FR = ma beträgt. Für die vertikale Beschleunigung in Gl.(ii) gilt ay = 0 und somit gilt NB = mg. Damit folgt aus Gl.(iii) mgc − mah = 0

=⇒

c a=g . h

Abb. 6.23.b. Freischnitt und Kräfte

Eine Kippgefahr wird also verringert, wenn der Fahrer sein Gewicht nach unten oder nach hinten verlagert. Bemerkung: Mit der Wahl F = B für den Führungspunkt folgt aus Gl. (6.34.3) mxS ay − myS ax = M (B) = mgc. Berücksichtigt man ay = 0 und yS = h, so folgt sofort c a = −ax = g , h d.h. diese Wahl des Führungspunktes führt schneller zu dem gesuchten Ergebnis.

228


6.5 Massenträgheitsmomente Zur Anwendung der Bewegungsgleichungen (6.31) bis (6.33) müssen die Massenträgheits(F ) (S) (0) momente Θz , Θz bzw. Θz bezüglich der Punkte F , S bzw. 0 bekannt sein. Im Folgenden werden wir für einige einfache Körper das Massenträgheitsmoment (kurz: Trägheitsmoment) (S) Θz = (x2 + y 2 )dm (6.35) m

bezüglich des Schwerpunktes S berechnen. Soweit nicht anders angegeben, setzen wir dabei eine homogene Masse mit konstanter Dichte ρ voraus. Die Berechnung der Träg(F ) heitsmomente Θz bezüglich weiterer Punkte F geschieht mit dem Satz von Steiner, der in diesem Abschnitt ebenfalls erklärt wird. ¨ einfache Körper bezuglich ¨ 6.5.1 Massenträgheitsmomente fur der Schwerpunkte Beispiel 6.9 Massenträgheitsmoment eines Quaders (S)

Für den in Abb. 6.24 dargestellen Quader der Masse m ist das Massenträgheitsmoment Θz bezüglich des Schwerpunktes S zu bestimmen.

Abb. 6.24. Quader

Lösung: Wir beginnen mit der Berechnung des Integrals m y 2 dm. Dazu wird wie in Abb. 6.24 dargestellt eine Scheibe parallel zur x, z-Ebene herausgeschnitten. Mit der Dichte ρ, der Breite b, der Länge l und der Dicke dy folgt für die Masse der Scheibe dm = ρdV = ρ l b dy und somit 2 y dm = m

1 h/2 1 y ρ l b dy = ρ l b y 3 −h/2 = ρ l b 2 3 3 −h/2 h/2

2

In gleicher Weise berechnet man

x2 dm = m (S)

3 1 1 h = ρ l b h h2 = mh2 . 2 12 12

1 mb2 . 12

Für das gesuchte Massenträgheitsmoment Θz ergibt sich aus De¿nition (6.35) schließlich 1 (S) Θz = (x2 + y 2 ) dm = m(b2 + h2 ). (6.36) 12 m

6.5 Massenträgheitsmomente

229

Beispiel 6.10 Hohlzylinder mit konstantem inneren und a¨ ußeren Radius (S)

Für den in Abb. 6.25 dargestellen Hohlzylinder ist das Massenträgheitsmoment Θz bezüglich des Schwerpunktes S zu berechnen. Mit dem Ergebnis sollen zusätzlich die (S) Massenträgheitsmomente Θz für die in Abb. 6.26 dargestellten Körper a) Vollzylinder, b) dünner Stab, c) dünne Kreisscheibe und d) dünner Kreisring bestimmt werden.

Abb. 6.25. Hohlzylinder mit konstantem inneren und a¨ ußeren Radius

Lösung: Unter Verwendung der in Abb. 6.25 dargestellten kartesischen Koordinaten x, y und dem Radius r schreiben wir für das Massenträgheitsmoment nach De¿nition (6.35) Θz(S) = (x2 + y 2 ) dm = r 2 dm = r 2 ρ dV = ρ r 2 dV. m

m

V

V

Hierbei ist ρ die Dichte, und für das in Abb. 6.25 dargetellte Volumen dV des Ringelementes gilt d V = 2πr dr dz. Damit folgt für das Massenträgheitsmoment

Abb. 6.26. Sonderfälle des dickwandigen Zylinders a) Vollzylinder, b) dünner Stab, c) dünne Kreisscheibe, d) dünner Kreisring

230

Θz(S)


2

l/2

Ra

r dV = ρ2π

=ρ

3

Ra

r dr dz = ρ2π −l/2

V

Ri

Ri

1 Ra l/2 r 3 dr |z|−l/2 = ρ2πl r 4 R i 4

1 1 1 = ρ πl(Ra4 − Ri4 ) = ρ πl(Ra2 − Ri2 )(Ra2 + Ri2 ) = ρV (Ra2 + Ri2 ) 2 2 2 1 = m(Ra2 + Ri2 ). (6.37) 2 Die in Abb. 6.26 dargestellten Körper sind Sonderfälle des Hohlzylinders in Abb. 6.25. Damit lassen sich aus Gl.(6.37) sofort die folgenden Ergebnisse ableiten: a) Vollzylinder:

Ri = 0,

Ra 1 klingt die Lösung infolge der Dämpfung exponentiell ab.

Abb. 10.27. Lösungsfunktion (10.61) für D = 1

10.5.4 Schwache Dämpfung mit D < 1 Für den Fall D < 1 wird die Wurzel für die Lösungen (10.55) der charakteristischen Gleichung (10.52.1) imaginär. Damit erhält man zwei konjugiert komplexe Nullstellen √ √ λ1,2 = −δ ± ω D2 − 1 = −δ ± ω (1 − D 2 )(−1) = −δ ± iωd , i = −1, und mit der Eigenfrequenz des gedämpften Systems ωd = ω 1 − D 2 < ω

(10.63)

lautet die allgemeine Lösung (10.53) x(t) = A1 eλt + A2 eλt = e−δt A1 eiωd t + A2 e−iωd t . Mit der Eulerschen Formel e±iϕ = cos ϕ ± i sin ϕ wird diese Gleichung umgeschrieben: x(t) = e−δt ((A1 + A2 ) cos ωd t + (A1 − A2 )i sin ωd t) . Führen wir die Substitutionen A1 = (A − iB) /2, A2 = (A + iB) /2 mit den reellen Zahlen A und B ein und berücksichtigen die Beziehung i2 = −1, dann lautet die allgemeine Lösung für die freie gedämpfte Schwingung mit D > 1 x(t) = e−δt (A cos ωd t + B sin ωd t) .

(10.64)

Aus den Anfangsbedingungen (10.48) erhält man für die Ansatzkonstanten A und B A = x0 ,

B=

v0 + δx0 . ωd

(10.65)

In Abschnitt 10.2 wurde gezeigt, dass der Ausdruck A cos ωd t + B sin ωd t gleichwertig zu C cos(ωd t − γ) ist. Damit können wir x(t) auch in folgender Form schreiben:

10.5 Freie gedämpfte Schwingungen

x(t) = e−δt C cos(ωd t − γ).

397

(10.66)

Die Ansatzkonstanten C und γ werden durch Einsetzen von (10.65) in (10.8) erhalten:

v0 + δx0 2 v0 + δx0 2 (10.67) C = x0 + , tanγ = . ωd ω d x0 In Abb. 10.28 ist die Lösungsfunktion (10.66) qualitativ dargestellt. Im Gegensatz zu den Fällen D > 1 und D = 1 tritt eine Schwingung mit wiederholter Umkehr der Bewegungen auf, wobei die Amplitude infolge der Dämpfung exponentiell abklingt. Aus Gl.(10.63) erkennt man, dass die Eigenfrequenz ωd der gedämpften Schwingung kleiner ist als die Eigenfrequenz ω der ungedämpften Schwingung. Damit gilt Td =

2π 2π = T, > ωd ω

(10.68)

d.h. die Schwingungsdauer Td des gedämpften Systems ist größer als die des ungedämpften Systems. Auf Grund des Abklingens der Amplitude gilt im Gegensatz zu Gl. (10.2) x(t + T ) = x(t),

(10.69)

d.h. die Funktion (10.66) ist nicht periodisch, sondern lediglich periodisch 2. Art. Da die Exponentialfunktion in Gl.(10.66) stets von Null verschieden ist, sind die Bedingungen für die Nullstellen tn0 der Funktion x(t) und der Kosinusfunktion gleich, d.h.

n 1 γ π(2n − 1) , n = 1, 2, 3, ..., (10.70) =⇒ tn0 = − Td + ωd tn0 − γ = 2 2 4 ωd wobei Gl.(10.68) berücksichtigt wurde. Die Nulldurchgänge tn0 haben also den Abstand Td /2. In Abb. 10.28 sind auch die ,,einhüllenden” Funktionen ±Ce−δt eingetragen. Sie

Abb. 10.28. Lösungsfunktion (10.67) für D < 1

398

10 Grundlagen der Schwingungslehre

berühren die Funktion x(t) zu den Zeiten tBn , wenn die Kosinusfunktion die Werte −1 und +1 annimmt. Die Bedingungen für die Berührpunkte lauten also

n 1 γ ωd tnB − γ = π(n − 1) =⇒ tnB = , n = 1, 2, 3, ... . (10.71) − Td + 2 2 ωd Damit haben auch die Berührpunkte jeweils den Abstand Td /2. Aus Gl.(10.70) und Gl.(10.71) folgt der Zusammenhang Td , n = 1, 2, 3, ..., (10.72) 4 d.h. die Abzissen der Berührpunkte tnB liegen jeweils in der Mitte zwischen zwei aufeinanderfolgenden Nullstellen t(n−1)0 und tn0 . Durch Ableitung der Funktion x(t) erhält man die Extremwerte. Man kann zeigen, dass die Abstände ihrer Abzissen den Wert Td /2 haben, siehe hierzu Aufgabe 10.17. Die Abstände zu den Nulldurchgängen sind jedoch wie in Abb. 10.28 dargestellt ungleich Td /4. Als nächstes betrachten wir zwei Funktionswerte zu den Zeiten t und t+nTd, n = 1, 2, ..: tn0 = tnB +

x(t)

= Ce−δt cos(ωd t − γ)

x(t + nTd ) = Ce−δ(t+nTd ) cos(ωd (t + nTd ) − γ) 2π = Ce−δ(t+nTd ) cos(ωd t + ωd t − γ) = Ce−δ(t+nTd ) cos(ωd t − γ). ωd Damit folgt für das Verhältnis dieser beiden Ausschläge zu den Zeiten t und t + nTd n2πD nδ2π √ x(t) e−δt 2 δnTd ω =e d =e 1−D , = −δ(t+nT ) = e d x(t + nTd ) e

(10.73)

wobei noch die Beziehungen (10.54), (10.63), (10.68) berücksichtigt wurden. Wir bilden den natürlichen Logarithmus dieser Gleichung und teilen das Ergebnis durch n: Λ=

2πδ D x(t) 1 = 2π √ . ln = δTd = n x(t + nTd ) ωd 1 − D2

(10.74)

Den Parameter Λ bezeichnet man (für n = 1) als Logarithmisches Dekrement. Ist Λ aus der Messung von zwei Ausschlägen bekannt, so kann das Lehrsche Dämpfungsmaß D durch Umformen von Gl.(10.74) berechnet werden: D=√

Λ . 4π 2 + Λ2

(10.75)

Bei Schwingungen mit Dämpfung interessieren wir uns für die dissipierte mechanische Energie. Mit den Auslenkungen x(t) und x(t + nTd ) in Gl.(10.73) bestimmen wir dazu die Differenz der gespeicherten potenziellen Federenergie nach n Schwingungen: ⎛ ⎞ −4nπD √ 1 1 1 ⎜ 2⎟ ΔU = U (t)−U (t+nTd ) = cx2 (t)− cx2 (t+nTd ) = cx2 (t)⎝1−e 1 − D ⎠. (10.76) 2 2 2


399

Beispiel 10.5 Randspannung am elastischen Stab mit Motor und Dämpfung An dem eingespannten Stab in Beispiel 10.2 ist am rechten Ende zusätzlich ein Dämpfer mit der Konstanten d angebracht. Gesucht ist der zeitliche Verlauf für die Randspannung σR (t) an der Einspannstelle. Wie groß ist die dissipierte Energie nach 5 Schwingungen? Bekannt: m = 0.1 kg, c = 50 N/mm, d = 0.17 kg/s, l = 100 mm, h = 6 mm, b = 3 mm, E = 20000 N/mm2 , x0 = 0.5 mm, v0 = 0 mm/s.

Abb. 10.29. Stab mit Motor, Feder und Dämpfer

¨ Voruberlegungen: Wie in Beispiel 10.2 wird die elastische Wirkung des Kragarmes durch eine Feder ersetzt. Das Ersatzsystem besteht aus dem Massenpunkt, einer Feder und einem Dämpfer. Mit dem Schwerpunktsatz für das Ersatzsystem gelangt man auf die Normalform (10.50). In Abhängigkeit der Fallunterscheidungen (10.56) für das Lehrsche Dämpfungsmaß werden die Auslenkung der Schwingung und schließlich die Spannung ermittelt. Die dissipierte Energie nach 5 Schwingungen wird mit Gl.(10.76) berechnet. Lösung: Die Auslenkung am Stabende ist gleich den Auslenkungen der vorhandenen Feder und dem Dämpfer, so dass in dem Ersatzsystem in Abb. 10.29.b eine Parallelschaltung aller Elemente vorliegt. Freischneiden und Anwendung des Schwerpunktsatzes liefert mit der Federkonstanten cG = c + cb Abb. 10.29.b. Ersatzsystem und Freischnitt

Spannung [MPa]

m¨ x = −dx˙ − cG x. Die Normalform nach Gl.(10.50) lautet 10

d c + cb x = 0. x ¨+ x˙ + m ,- . +,-. + m 2δ

ω2

Wie unten angegeben erhält man mit den gegebenen Zahlenwerten für das Lehrsche Dämpfungsmaß nach Gl.(10.54) D = 0.0368 < 1. Damit liegt gemäß den Fallunterscheidungen (10.56) der Fall 3 mit einer schwachen Dämpfung vor. Die zugehörige Lösung wird in Gl.(10.64) mit den Ansatzkonstanten (10.65) angegeben.

8 6 4 2

0 0.0 í2

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

5.0

Zeit [s]

í4 í6 í8 í10

Abb. 10.29.c. Randspannung in Abhängigkeit der Zeit

Diese Gleichungen können für die in der Aufgabenstellung gegebenen Zahlenwerte z.B. mit der in Tabelle 10.3 angegebenen Scilab-Eingabedatei [27] ausgewertet werden. Man

400


erhält folgende Zahlenwerte: I = 54 mm4 , cb = 3.24 N/mm, δ = 0.85 [-], ω = 23.07 s−1 , D = 0.0368. Die Randspannung σR (t) wird in Abhängigkeit der Auslenkung x(t) wie in Beispiel 10.2 bestimmt. In der Darstellung in Abb. 10.29.c erkennt man, dass die Amplitude nach 5 Schwingungen auf ungefähr die Hälfe der Anfangsamplitude reduziert ist. Für die Federenergie zur Zeit t = 0 nach Gl.(4.40.2) und die dissipierte Energie nach n = 5 Schwingungen nach Gl.(10.76) erhält man U (t = 0) =

1 cG x20 = 6.66 Nmm, ΔU = 6.00 Nmm. 2

Beispiel 10.6 x(t)-Diagramm einer freien Schwingung Für den Schwinger in Abb. 10.25 wird der Weg x in Abhängigkeit der Zeit t gemessen. Das resultierende Messdiagramm ist in Abb. 10.30 dargestellt. Aus den Versuchsdaten ermittle man die Schwingungsdauer Td , die Kreisfrequenz ωd , den Abklingkoef¿zient δ und die Dämpfungskonstante d. Die Masse des Wagens ist m= 3 kg.

Abb. 10.30. x(t)-Diagramm einer freien Schwingung

¨ Voruberlegungen: Zunächst werden für zwei Ausschläge nach Gl.(10.74) der Parameter Λ und nach Gl.(10.75) das Lehrsche Dämpfungsmaß D bestimmt. Damit werden aus Gl.(10.74) der Abklingkoef¿zient δ und aus Gl.(10.49.2) die Dämpfungskonstante d berechnet. Die Genauigkeit wird verbessert, wenn mehrere volle Schwingungen und nicht nur eine Schwingung berücksichtigt werden. Lösung: Wir wählen als Anfangszeit ta = 1s und als Endzeit te = 21 s. Dazwischen liegen fünf volle Schwingungen. Damit erhält man die Schwingungsdauer Td und mit Gl.(10.68) die Eigenkreisfrequenz des gedämpften Systems 5Td = te − ta = 20 s

=⇒

Td =

20 =4s 5

=⇒

ωd =

2π 2π = 1.57 s−1 . = Td 4s

Zur Ermittlung des Abklingkoef¿zienten d verwenden wir die Amplituden der ersten und der fünften Schwingung x(ta ) = 9.2 cm, x(ta + 5Td ) = 1.86 cm. Aus Gl.(10.74) erhält man Λ=

1 x(t) 1 9.2 ln = ln = 0.319. 5 x(t + 5Td ) 5 1.86

Für das Lehrsche Dämpfungsmaß D gilt nach Gl.(10.75) D=√

0.319 Λ =√ = 0.0507. 2 2 +Λ 4π + 0.3192

4π 2

Für die Dämpferkonstante ergibt sich aus Gl.(10.49.2) sowie δ = Λ/TD (vgl. (10.73)) d=2δm=

2 · 0.319 · 3 2Λm = 0.4785 kg/s. = Td 4


401

10.5.5 Dämpfung durch trockene Reibung Wir behandeln den EinÀuss der Reibung auf das Schwingungsverhalten von Systemen mit einem Freitsgrad. Als Anwendungsbeispiel betrachten wir dazu in Abb. 10.31 eine Kiste, die u¨ ber eine Feder mit einer Wand verbunden ist und sich auf einem rauhen Untergrund bewegt. Der Koef¿zient für die Coulombsche Gleitreibung ist μ. Gesucht ist das Weg-Zeit-Gesetz x(t). Die Anfangsbedingungen für Weg und Geschwindigkeit lauten x(t = 0) = x0 , x(t ˙ = 0) = v0 . (10.77) In Abb. 10.31 werden für die Kiste in einer Lage mit positiver x-Koordinate zwei Fälle für den Freischnitt unterschieden. In der linken Abbildung tritt die Geschwindigkeit x˙ > 0 auf. Dabei zeigen sowohl die Federkraft cx als auch die Reibungskraft R = μmg entgegen der Auslenkung nach links. In der rechten Abbildung tritt die Geschwindigkeit x˙ < 0 auf. Auf Grund der Auslenkung in positiver Koordinatenrichtung zeigt die Federkraft cx nach links, während wegen der Bewegung nach links die Reibungskraft R = μmg nach rechts zeigt. Der Schwerpunktsatz (6.31.1) liefert für beide Fälle

Abb. 10.31. Kiste mit Feder und Reibung

x˙ > 0 :

m¨ x = −cx − μmg

=⇒

x˙ < 0 :

m¨ x = −cx + μmg

=⇒

c x = −μg m c x ¨ + x = +μg. m

x ¨+

Mit den Abkürzungen 1. ω =

c , m

2. r =

μg R = ω2 c

(10.78)

folgen die ¨ die freie Schwingung mit trockener Reibung Normalformen fur x˙ > 0 : x˙ < 0 :

x ¨ + ω 2 x = −ω 2 r x ¨+

ω2x

=

(10.79)

+ω 2 r.

Wir erhalten somit zwei verschiedene Differenzialgleichungen 2. Ordnung für die Bewegung nach rechts und nach links. Im Gegensatz zu Gl.(10.17) sind die rechten Seiten nicht gleich Null, so dass die Differenzialgleichungen inhomogen sind. Der allgemeine Lösungsansatz besteht aus einem homogenen Anteil xh (t) und einem partikularen Anteil xp (t) x(t) = xh (t) + xp (t).

(10.80)

402


Für die homogene Lösung können wir den Ansatz (10.18) u¨ bernehmen: xh (t) = A cos ωt + B sin ωt.

(10.81)

Durch Einsetzen in (10.79) u¨ berprüft man sofort folgende Partikularlösungen: x˙ > 0 : xp (t) = −r,

x˙ < 0 : xp (t) = r.

(10.82)

Damit lauten die allgemeinen Lösungen der Normalform (10.79) 1.

x˙ > 0 :

x(t) = A cos ωt + B sin ωt − r,

2.

x˙ < 0 :

x(t) = A cos ωt + B sin ωt + r.

(10.83)

Ein Vergleich mit der allgemeinen Darstellung (10.7) zeigt, dass Gl.(10.83.1) einer harmonischen Schwingung um den Mittelwert −r entspricht, während Gl.(10.83.2) eine harmonische Schwingung um den Mittelwert r darstellt. Mit den Anfangsbedingungen (10.77) können die Ansatzkonstanten A und B in (10.83) für die einzelnen Bewegungsabschnitte ausgewertet werden. Berücksichtigt man hierbei, dass sich die Kiste in dem ersten Bewegungsabschnitt von rechts nach links mit der Geschwindigkeit x˙ < 0 bewegt, ergeben sich folgende Lösungen (vgl. Aufgabe 10.16): 0 ≤ ωt ≤ π π ≤ ωt ≤ 2π 2π ≤ ωt ≤ 3π 3π ≤ ωt ≤ 4π ... .

: : : :

x(t) = (x0 − r) cos ωt + r, x(t) = (x0 − 3r) cos ωt − r, x(t) = (x0 − 5r) cos ωt + r, x(t) = (x0 − 7r) cos ωt − r

(10.84)

Der Verlauf der Schwingung ist in Abb. 10.32 dargestellt. Bei jeder Halbschwingung nimmt die Amplitude also um 2r ab. Allgemein gilt für die relative Amplitude an nach jeder Halbschwingung an = x0 − (2n − 1)r, n = 1, 2, 3, ... . Wenn an einem Umkehrpunkt der Betrag des Ausschlages |x| kleiner als r wird, dann folgt wegen Gl.(10.78.2) |x| < r =

R =⇒ |cx| < R. c

(10.85)

Die Federkraft |cx| wird dann kleiner als die Abb. 10.32. Verschiebungs-Zeit-Diagramm bei trockener Reibung Haftreibungskraft R = μmg, so dass die Kiste zum Stillstand kommt. Mit diesen Ergebnissen kann auch der Energieverlust nach jeder Halbschwingung berechnet werden: 1 1 ΔT = mx20 − mx2n , n = 1, 2, ... . (10.86) 2 2


403

10.5.6 Schwingungen des feder- und dämpfergelagerten Körperpendels In Abb. 10.33 ist ein Körperpendel dargestellt, für das anstatt der Feder in Abb. 10.21 im Punkt P2 ein Dämpfer angebracht ist. Für den allgemeinen Fall eines Körperpendels mit nF Federn und nD Dämpfern sind die Eigenfrequenz ω und der Abklingkoef¿zient δ bei Beschränkung auf kleine Schwingungen gesucht. Unter Berücksichtigung der Ergebnisse in Abschnitt 10.4.6 wird die Auslenkung ausgehend von der statischen Gleichgewichtslage ϕst - in der Dämpfungskräfte keinen EinÀuss haben - mit dem relativen Winkel ϕ¯ betrachtet. Dabei werden die Momente infolge des Eigengewichtes und der Federkräfte mit den Gleichungen (10.44) erhalten: ¯ (0) = −emg cos ϕst ϕ, ¯ M G

Abb. 10.33. Körperpendel mit Federn und Dämpfern

¯ (0) = − M F

nF

ci ri2 ϕ. ¯

(10.87)

i=1

Der Punkt P2 erfährt infolge der Winkelgeschwindigkeit ϕ ¯˙ nach Gl.(6.10.1) die Geschwin˙ ¯ Die resultierende Dämpferkraft hat nach Gl.(3.21.1) den Wert dr2 ϕ ¯˙ und ist der digkeit r2 ϕ. Bewegung entgegengerichtet. Der Hebelarm bezüglich des Punktes 0 ist r2 . Das Moment aller Dämpferkräfte ist somit (0)

MD = −

nD

di ri2 ϕ. ¯˙

(10.88)

i=1

Damit lautet der Momentensatz (6.33.3) Θ

(0)

¯ (0) + M (0) = −emg cos ϕst ϕ¯ − ¯ () + M ϕ ¯¨ = M G F D

nF i=1

ci ri2 ϕ¯

−

nD

di ri2 ϕ. ¯˙

i=1

Diese Gleichung wird in die Normalform (10.50) umformuliert: nD nF 1 1 ¯˙ = 0. ¯ + (0) ϕ ¯¨ + (0) emg cos ϕst + ci ri2 ϕ di ri2 ϕ Θ Θ i=1 i=1

(10.89)

Die Eigenfrequenz ω ist die Wurzel des Faktors von ϕ, ¯ und der zweifache Abklingkoef¿zient ˙ 2δ ist der Faktor von ϕ: ¯ 3 4 nD nF 4 1 1 2 (10.90) 2. δ = 1. ω = 5 (0) emg cos ϕst + ci ri , di ri2 . (0) Θ 2Θ i=1 i=1 Damit können nach Gl.(10.54) das Lehrsche Dämpfungsmaß D = δ/ω bestimmt und in Abhängigkeit der Fallunterscheidung (10.56) weitere Untersuchungen durchgeführt werden.

404


10.5.7 Aufgaben zu Abschnitt 10.5 Aufgabe 10.15 (SG = 2) Bei dem Rahmen aus Aufgabe 10.3 werden mit dem dargestellten Dämpfer zusätzlich Dämpfungseigenschaften berücksichtigt. 1. Gesucht ist die Auslenkung nach 10 s. 2. Wie groß ist die dissipierte Energie nach 5 Schwingungen? Bekannt: h = 2.50 m, Riegel: E = 2.1 · 105 N/mm2 , IR = ∞, Stiel: E = 2.1 · 104 N/mm2 , IS = 2000 cm4 , d = 3000 N/m, mR = 1 t, Anfangsbedingungen x(t = 0) = x0 = 5 cm, x(t ˙ = 0) = v0 = 0. Aufgabe 10.16 (SG = 1) Wir untersuchen nochmals die Kiste mit trockener Reibung aus Abschnitt 10.5.5. 1. Veri¿zieren Sie die Lösungen (10.84) für die Anfangsbedingungen x(t = 0) = x0 und x(t ˙ = 0) = v0 = 0. 2. Bestimmen Sie die Reibungsarbeit nach jeder Halbschwingung und vergleichen Sie das Ergebnis mit dem Energieverlust in Gl.(10.86). Aufgabe 10.17 (SG = 1) Für die Schwingung mit schwacher Dämpfung in Abschnitt 10.5.4 bestimme man die Zeitpunkte der Extremwerte unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen (10.48). Aufgabe 10.18 (SG = 2) Für das dargestellte Stabsystem soll das Schwingungsverhalten untersucht werden. 1. Gesucht ist die Auslenkung nach 10 s. 2. Wie groß ist die dissipierte Energie nach 5 Schwingungen? Bekannt: m = 5 kg, l = 1.5 m, h = 1.20 m c = 300 kN/m, d = 100 Ns/m, x0 = 2 cm, v0 = 0, β = 30o .


405

Aufgabe 10.19 (SG = 3) Für einen LKW-Anhänger soll mit Hilfe des dargestellten Ersatzmodells das Schwingungsverhalten abgeschätzt werden. 1. Wie groß ist die Eigenfrequenz für vertikale Hubbewegungen der Achse ohne und mit Dämpfern. 2. Wie groß ist die Eigenfrequenz für Drehschwingungen der Achse ohne und mit Dämpfer? 3. Wie groß ist die dissipierte Energie nach 5 Schwingungen? Bekannt: Masse des Aufbaus m = 3000 kg, Massenträgheitsmoment des Aufbaus Θ(S) = 600 kg m2 , Spurweite l = 2.1 m, Federspur b = 1.7 m, Ersatzfederkonstante des Reifens cR = ∞, Wagenfederkonstante cW = 106 N/m, Dämpfungskonstante d = 100 Ns/m.

Aufgabe 10.20 (SG = 3) Für ein Fahrrad mit Federgabel wird das Schwingungsverhalten abgeschätzt. Hierzu wird ein Ersatzmodell verwendet, welches aus drei Stäben der Masse m und einer Punktmasse mP besteht. Der zusätzliche Hilfsstab ist masselos (mH = 0). Die Gabel hat eine Feder mit der Konstanten c und einen Dämpfer mit der Konstanten d. 1. Wie groß sind die Eigenfrequenz ωd und die Schwingungsdauer Td ? 2. Welche Auslenkung ergibt sich nach 5 s für die Anfangsauslenkung x0 =2 cm und die Anfangsgeschwindigkeit v0 =0? 3. Wie groß ist die dissipierte Energie nach 5 Schwingungen? Bekannt: m, mP = 4m, l = 0.5m, hP = 1.20m, h = 0.8m, c = 40 kN/m, d = 1000 Ns, x0 = 2 cm, v0 = 0.

406


10.6 Erzwungene gedämpfte Schwingungen Bei einer erzwungenen Schwingung wird ein System einer Anregung von außen ausgesetzt. Für Maschinen entstehen periodische a¨ ußere Anregungen z.B infolge einer Unwuchterregung oder einer Schubkurbelbewegung. Für eine Brücke oder ein Hochhaus stellt z.B. eine Windbelastung oder eine Erschütterung durch Erdbeben eine a¨ ußere Anregung dar. Die Arten der Anregung und die Erregerfrequenz haben wesentlichen EinÀuss auf das Schwingungsverhalten des Systems. Um dieses zu zeigen, werden zu Beginn des Abschnittes für vier Fälle mit periodischen Anregungen und ein Beispiel mit der Schwingung um die statische Ruhelage die Differenzialgleichungen hergeleitet. Diese Gleichungen werden in einer vereinheitlichten Darstellung, der Normalform der Differenzialgleichung, zusammengefasst, für die eine allgemeine Lösung gefunden werden kann. 10.6.1 Vier Fälle mit periodischen Anregungen Fall 1 Kraftanregung: In Abb. 10.34 ist ein Wagen u¨ ber eine Feder und einen Dämpfer mit einer Wand verbunden. Die Anregung erfolgt durch eine harmonisch veränderliche Kraft F (t) = FA cos Ωt mit der Kraftamplitude FA und der Erregerfrequenz Ω. Die Anfangsbedingungen sind x(t = 0) = x0 ,

x(t ˙ = 0) = v0 .

(10.91)

Wir betrachten den Wagen in Abb. 10.34.b in einer repräsentativen Lage mit der Auslenkung x in positiver Koordinatenrichtung. Im Freischnitt in Abb. 10.34.b sind alle Kräfte in horizontaler Richtung eingetragen. Der Schwerpunktsatz (6.31.1) liefert m¨ x = −Cx − d¨ x + F (t) Mit den De¿nitionen 1. ω =

C , m

Abb. 10.34. Wagen mit Feder, Dämpfer und Kraftanregung

=⇒ x ¨+

2. δ =

d C FA C x ¨+ x= cos Ωt. m m C m

d , 2m

3. xA =

FA C

(10.92)

folgt die Normalform x ¨ + 2δx˙ + ω 2 x = xA ω 2 cos Ωt.

(10.93)

Hierbei sind ω die Eigenfrequenz der ungedämpften Schwingung, δ der Abklingkoef¿zient und xA die statische Auslenkung infolge der Kraft FA . Die Normalform (10.17) ist eine lineare Differenzialgleichung 2. Ordnung mit konstanten Koef¿zienten. Im Unterschied zu (10.17) ist die rechte Seite ungleich Null, so dass die Differenzialgleichung inhomogen ist.

10.6 Erzwungene gedämpfte Schwingungen

407

Fall 2 Federanregung: In Abb. 10.35 wird der Wagen u¨ ber eine Feder harmonisch mit der Funktion xF (t) = xA cos Ωt angeregt. Dann ist xF − x die Verlängerung der Feder, welche im Freischnitt in Abb. 10.35.c die Kraft C(xF − x) hervorruft. Der Schwerpunktsatz (6.31.1) liefert m¨ x = −d¨ x + C(xF − x) =⇒ x ¨+

C C C d x ¨ + x = xF = xA cos Ωt. m m m m

Mit den De¿nitionen für ω und δ in Gl.(10.92.1) und Gl.(10.92.2) folgt die Normalform x ¨ + 2δx˙ + ω 2 x = xA ω 2 cos Ωt.

(10.94)

Abb. 10.35. Wagen mit Dämpfer und Federanregung

Diese Gleichung entspricht der Normalform (10.93) für die gedämpfte Schwingung mit Kraftanregung. Fall 3 Dämpferanregung: In Abb. 10.36 ist der Wagen u¨ ber eine Feder mit einer Wand verbunden. Zusätzlich wird er u¨ ber einen Dämpfer mit der Funktion xD (t) = xA sin Ωt harmonisch angeregt. Dann ist x˙ D − x˙ die Relativgeschwindigkeit zwischen Kolben und Gehäuse des Dämpfers, die im Freischnitt in Abb. 10.36.c die ˙ hervorruft. Mit dem SchwerKraft d(x˙ D − x) punktsatz (6.31.1) folgt m¨ x =⇒

= −Cx + d(¨ xD − x ¨) d C d x ¨+ x=x ¨D m m m d = xA Ω cos Ωt. m

x ¨+

Abb. 10.36. Wagen mit Feder und Dämpferanregung

Mit der Abstimmung als Verhältnis von Erregerfrequenz und Eigenfrequenz Ω , (10.95) ω sowie den De¿nitionen für ω, δ und D in den Gleichungen (10.92) und (10.54) erhalten wir die Normalform η=

x ¨ + 2δx˙ + ω 2 x = 2DηxA ω 2 cos Ω.

(10.96)

Im Unterschied zur Normalform (10.93) für die gedämpfte Schwingung mit Kraftanregung ist in Gl.(10.96) die rechte Seite außer von xA und ω 2 auch vom Dämpfungsgrad D und der Abstimmung η abhängig.

408


¨ Fall 4 Anregung uber Fliehkräfte: In Abb. 10.37 hat der Wagen die Masse mW . Eine Unwucht der Masse mU rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit Ω um den Schwerpunkt S. Auf Grund der Rotation der Unwucht entsteht eine radial nach außen gerichtete Fliehkraft mit der Größe F = mU Ω 2 r nach Gl.(3.42.1). Der horizontale Anteil zur Zeit t hat den Wert Fx (t) = F cos(Ωt) = mU Ω 2 r cos(Ωt) und ruft eine frequenzabhängige Kraftanregung für den Wagen hervor. Fassen wir die beiden Teilmassen zur Gesamtmasse m = mW + mU zusammen, folgt mit dem Schwerpunktsatz (6.31.1) m¨ x = −Cx − d¨ x + F (t) =⇒ x ¨+

d C mU Ω 2 r x ¨+ x= cos Ωt. m m m

Mit dem Ausdruck xA =

mU r mW + mU

sowie den De¿nitionen für ω, δ und η in den Gleichungen (10.92) und (10.95) erhält man die Normalform x ¨ + 2δx˙ + ω 2 x = η 2 xA ω 2 cos Ωt.

(10.97)

Damit ist im Unterschied zur Normalform (10.93) die rechte Seite in Gl.(10.97) außer von xA und ω 2 auch von der Abstimmung η abhängig.

Abb. 10.37. Wagen mit Feder, Dämpfer und Fliehkraftanregung

¨ die gedämpfte Schwingung mit Anregung 10.6.2 Vereinheitlichte Lösung fur Wir wollen uns in diesem Abschnitt den Lösungen der Differenzialgleichungen (10.93), (10.94), (10.96) und (10.97) zuwenden. Dazu werden diese Gleichungen mit von der Zeit unabhängigen Faktoren E1 = 1, E2 = 1, E3 = 2Dη und E4 = η 2 für die Fälle 1 bis 4 in eine vereinheitlichte Form gebracht. Man erhält die ¨ die gedämpfte Schwingung mit Anregung Normalform der Differenzialgleichung fur 2 x ¨ + 2δx˙ + ω x = E xA ω 2 cos Ωt, (10.98) wobei der Faktor E von der Zeit unabhängig ist. Die Lösung der Differenzialgleichung (10.98) enthält einen homogenen und einem partikularen Anteil: x(t) = xh (t) + xp (t).

(10.99)

Die homogene Lösung erfüllt die Differenzialgleichung (10.50), so dass wir die Ergebnisse aus Abschnitt 10.5 für die freie gedämpfte Schwingung u¨ bernehmen können. Wie in den Abildungen 10.26, 10.27 und 10.28 dargestellt, klingen die Lösungen für alle drei Fälle D > 1, D = 1, D > 1 wegen der Dämpfung exponentiell ab, so dass xh (t) → 0 für t → ∞.

(10.100)


409

Man bezeichnet die Phase des Abklingens als Einschwingvorgang. In vielen Fällen läuft dieser wegen des exponentiellen Verhaltens der homogenen Lösung im Vergleich zur gesamten Schwingdauer relativ schnell ab und wird daher bei praktischen Untersuchungen des Langzeitverhaltens von Schwingungen häu¿g vernachlässigt. Ein Ansatz für die partikulare Lösung xp (t) in Gl.(10.99) kann aus den Darstellungen in Abb. 10.38 entwickelt werden, wobei wir uns auf den Fall 1 mit Kraftanregung in Abschnitt 10.6.1 beziehen: Da die Kraftanregung F (t) periodisch mit der Erregerfrequenz Ω auftritt, ist auch für das Antwortverhalten xp (t) ein periodischer Verlauf mit der Frequenz Ω zu erwarten. Auf Grund der Dämpfung wird die Funktion xp (t) der Anregung F (t) jedoch um eine Phasenverschiebung ϕ (oder: Phasen-Frequenzgang) ,,nachhinken”. Des Weiteren ist noch u¨ ber die Amplitude der Antwort zu entscheiden. Dazu führen wir den Vergrößerungsfaktor V (oder: Amplituden-Frequenzgang) ein, der das Verhältnis von Antwortamplitude xmax (dynamischer Ausschlag) zur Amplitude der Anregung xA (statischer Ausschlag) ¨ angibt. Mit diesen Uberlegungen entsteht der folgende Ansatz vom Typ der rechten Seite: xp (t) = xA V cos(Ωt − ϕ).

(10.101)

Für den Sonderfall ϕ = 0 sind Anregung und Antwortverhalten in Phase, während für ϕ = π beide Funktionen in Gegenphase sind.

Abb. 10.38. Phasenverschiebung ϕ zwischen Anregungs- und Antwortverhalten

Zur Bestimmung von V und ϕ setzen wir die zeitlichen Ableitungen von xp (t) x˙ p = −xA V Ω sin(Ωt − ϕ),

x ¨p = −xA V Ω 2 cos(Ωt − ϕ)

(10.102)

in Gl. (10.98) ein: −xA V Ω 2 cos(Ωt − ϕ) − 2δxA V Ω sin(Ωt − ϕ) + ω 2 xA V (cos Ωt − ϕ) = xA ω 2 cos ΩtE. Nach Teilen dieser Gleichung durch xA und Verwendung der trigonometrischen Funktionen cos(x − y) = cos x cos y + sin x sin y und sin(x − y) = sin x cos y − cos x sin y folgt V (ω 2 − Ω 2 ) (cos Ωt cos ϕ + sin Ωt sin ϕ) −V 2δΩ (sin Ωt cos ϕ − cos Ωt sin ϕ) = ω 2 cos ΩtE =⇒ cos Ωt V (ω 2 − Ω 2 ) cos ϕ + 2V δΩ sin ϕ − ω 2 E + sin Ωt V (ω 2 − Ω 2 ) sin ϕ − 2V δΩ cos ϕ = 0. Damit diese Gleichung für beliebige Anregungungsfrequenzen Ω zu allen Zeiten t erfüllt ist, müssen die beiden Klammerausdrücke verschwinden, so dass 1. V (ω 2 − Ω 2 ) cos ϕ +V 2δΩ sin ϕ − ω 2 E = 0 = 0. 2. (ω 2 − Ω 2 ) sin ϕ − 2δΩ cos ϕ

(10.103)

410


Gl. (10.103.1) wird nach V und Gl. (10.103.2) nach tan ϕ aufgelöst: Eω 2 2δΩ , tan ϕ = 2 . 2 2 (ω − Ω ) cos ϕ + 2δΩ sin ϕ (ω − Ω 2 ) Mit den trignometrischen Beziehungen tan ϕ 1 sin ϕ = , cos ϕ = 2 1 + tan ϕ 1 + tan2 ϕ kann der Vergrößerungsfaktor weiter umgeformt werden: Eω 2 1 + tan2 ϕ Eω 2 = 2 V = (ω − Ω 2 ) + 2δΩ tan ϕ 2δΩ tan ϕ (ω 2 − Ω 2 ) + 1 + tan2 ϕ 1 + tan2 ϕ 4δ2 Ω 2 Eω 2 1 + 2 (ω − Ω 2 )2 Eω 2 (ω 2 − Ω 2 )2 + 4δ2 Ω 2 . = = 2δΩ (ω 2 − Ω 2 )2 + 4δ2 Ω 2 (ω 2 − Ω 2 ) + 2δΩ 2 (ω − Ω 2 ) Mit der Abstimmung η in Gl.(10.95) ergeben sich für Vergrößerungsfaktor und Phasenverschiebungswinkel schließlich folgende Darstellungen: V =

1. V

=

Eω 2 (ω 2

−

Ω 2 )2

+

4δ2 Ω 2

=

E (1 −

η 2 )2

+ 4D 2 η 2

(10.104) 2Dη 2δΩ = 2. tan ϕ = 2 . (ω − Ω 2 ) 1 − η2 Im Hinblick auf die Abhängigkeit des Vergrößerungsfaktors von der Abstimmung η wird V (η) auch als Vergrößerungsfunktion bezeichnet. 10.6.3 Schwingungen um die statische Ruhelage In den vorherigen Abschnitten 10.4.4 bzw. 10.4.6 u¨ ber Schwingungen um die statische Ruhelage wurden jeweils spezielle Koordinaten x ¯ und ϕ¯ verwendet, die in der statischen Ruhelage Null sind. Wie wir im folgenden Beispiel zeigen werden, können auch andere Koordinaten gewählt werden. Dazu untersuchen wir in Abb. 10.39 einen Wagen mit Feder und Dämpfer auf einer schiefen Ebene. Die Koordinate x wird hier so gewählt, dass die Federkraft für x = 0 verschwindet. Zur Herleitung einer Schwingungsdifferenzialgleichung sind im Freischnitt in Abb. 10.39.c alle in x-Richtung einwirkenden Kräfte eingetragen. Abb. 10.39. Schwingung um statische Ruhelage


411

Auf Grund der Hanglage tritt in x-Richtung der Anteil mg sin β der Gewichtskraft mg auf. Der Schwerpunktsatz (6.31.1) liefert m¨ x = −Cx − dx˙ + mg sin β

=⇒

x ¨+

d C mg sin β C x˙ + x = . m m C m

Mit den Abkürzungen für ω und δ in (10.92) und xst =

mg sin β = konst C

(10.105)

für die statische Auslenkung folgt die ¨ die gedämpfte Schwingung mit statischer Auslenkung Normalform fur x ¨ + 2δx˙ + ω 2 x = xst ω 2 .

(10.106)

Während die Koordinate x ¯ in der Differenzialgleichung (10.31) einen relativen Ausschlag um die statische Ruhelage angibt, kennzeichnet die Koordinate x in der Normalform (10.106) den gesamten Ausschlag. Die Lösung der Differenzialgleichung (10.106) setzt sich wie in Gl.(10.99) aus einem homogenen Anteil xh (t) und einem partikularen (oder: speziellen) Anteil xp (t) zusammen x(t) = xh (t) + xp (t).

(10.107)

Die homogene Lösung erfüllt die Differenzialgleichung (10.50), so dass die Ergebnisse aus Abschnitt 10.5 für die freie gedämpfte Schwingung u¨ bernommen werden können. Durch Einsetzen in die inhomogene Differenzialgleichung (10.106) u¨ berprüft man die partikulare Lösung xp (t) = xst .

(10.108)

Da xst ein konstanter Wert ist, beschreibt die Lösung (10.107) eine Schwingung um die statische Ruhelage xst . Im Vergleich zur Lösung (10.32) für vertikale Schwingungen starrer Körper im Schwerefeld und zur Lösung (10.43) für Pendelschwingungen des federgelagerten starren Körpers im Schwerefeld entsprechen x ¯(t) und ϕ(t) ¯ somit der homogenen Lösung xh (t) in Gl.(10.107), während xst und ϕst in (10.32.1) und (10.43.1) der partikularen Lösung xp (t) in Gl.(10.107) entsprechen. 10.6.4 Tabellarische Zusammenfassung der Lösungen Eine Zusammenstellung der Lösungen für gedämpfte Schwingungen mit Anregung und statischer Auslenkung ist in Tabelle 10.1 zu ¿nden. Die homogene Lösung xh (t) folgt aus den Ergebnissen in Abschnitt 10.5 für die freie gedämpfte Schwingung: Gl.(10.58) für D > 1, Gl.(10.61) für D = 1, Gl.(10.64) für D < 1. Die inhomogenen Lösungen xp (t) und xst ergeben sich aus Gl.(10.101) für gedämpfte angeregte Schwingungen und aus Gl.(10.108) zur Berücksichtigung einer statischen Auslenkung.

412


Normalform der Differenzialgleichung ..

x + 2δx˙ + ω 2 x = xA Eω 2 cos Ωt + xst ω 2 Koeffizienten δ D= ω Ω η= ω √ μ = ω D2 − 1 √ ωd = ω 1 − D 2

Lehrsche Dämpfung Abstimmung

Eigenfrequenz des gedämpften Systems

Allgemeine Lösung x(t) = xh (t) + xp (t) + xst Homogene Lösung ⎧ −δt A1 eμt + A2 e−μt D>1 ⎨e D=1 xh (t) = e−δt (A1 + A2 t) ⎩ −δt (A1 cos ωd t + A2 sin ωd t)) D < 1 e Partikulare Lösung xp (t) = xA V cos(Ωt − ϕ) V

=

tan ϕ =

E (1 −

2Dη 1 − η2

xmax = xA V

η 2 )2

+ 4D2 η 2

Vergrößerungsfunktion Phasenverschiebung Amplitude

Tabelle 10.1. Zusammenfassung der allgemeinen Lösung für gedämpfte Schwingungen mit Anregung und statischer Auslenkung

Zur Lösung von praktischen Aufgaben wird die Schwingungsdifferenzialgleichung zunächst in die in Tabelle 10.1 dargestellte Normalform gebracht. Dabei ist zu beachten, dass lediglich das Produkt xA E eindeutig de¿niert ist, jedoch nicht die Konstanten xA und E selbst. Damit ist E frei wählbar (z.B. E = 1). Mit den weiteren Koef¿zienten D, η, μ, ωd der Tabelle 10.1 wird anschließend unter Berücksichtigung von Anfangsbedingungen die allgemeine Lösung erhalten. Wie bereits bemerkt, ist für Untersuchungen des Langzeitverhaltens der Einschwingvorgang in der Regel nicht von Interesse, so dass die homogene Lösung dann nicht benötigt wird. Damit konzentriert sich die Berechnung auf die Bestimmung von xmax und wegen xmax = xA V auf die Ermittlung des Vergrößerungsfaktors V .


413

10.6.5 Erzwungene ungedämpfte Schwingungen Im Folgenden soll der Sonderfall der erzwungenen ungedämpften Schwingungen diskutiert werden. In diesem Fall ist der Abklingkoef¿ent δ gleich Null, so dass mit der Abstimmung η nach Gl.(10.95) für die Vergrößerungsfunktion in Gl.(10.104.1) |V | = 1/|1 − η 2 | folgt. Aus Gl.(10.104.2) erhält man zwei Werte für die Phasenverschiebung: Für ϕ = 0 sind Anregung und Ausschlag in Phase und für ϕ = π in Gegenphase. Wie in Aufgabe 10.23 gezeigt wird, können weitere Erkenntnisse zum Schwingungsverhalten auch aus den Gleichungen 1. x ¨ +ω 2 x = xA ω 2 cos Ωt, 2. xp (t) = xA Vˆ cos Ωt, 3. Vˆ =

ω2 1 = 2 2 ω −Ω 1−η 2

(10.109)

gewonnen werden. Hierbei ist Gl.(10.109.1) die Differenzialgleichung der erzwungenen ungedämpften Schwingung und Gl.(10.109.2) deren partikulare Lösung. Die Vergrößerungsfunktion Vˆ (η) in Gl.(10.109.3) und somit das Schwingungsverhalten werden also wesentlich vom Verhältnis der Anregerfrequenz Ω und der Eigenfrequenz ω ¨ beeinÀusst. Eine Ubersicht zu verschiedenen Fällen wird in Tabelle 10.2 gegeben, und eine Darstellung der Vergrößerungsfunktion |Vˆ (η)| erfolgt in Abb. 10.40.a. Von besonderem Interesse ist der Fall, bei dem sich die Anregerfrequenz Ω der Eigenfrequenz ω annähert. Dann folgt wegen η → 1 für die Vergrößerungsfunktion |Vˆ | → ∞, und die Schwingungsausschläge werden unendlich groß. Dieses Verhalten nennt man Resonanz . Um den Resonanzfall für Konstruktionen oder Bauteile technischer Systeme auszuschließen, soll auf zwei grundlegende Regeln hingewiesen werden. • Eine bestehende Konstruktion darf nicht mit einer harmonischen Anregerfrequenz Ω belastet werden, die nahe der Eigenfrequenz ω der Konstruktion liegt. • Bei der Entwicklung und Auslegung von Konstruktionen ist darauf zu achten, dass die Eigenfrequenz ω nicht nahe einer zu erwartenden Erregerfrequenz Ω liegt. Wir wenden uns noch der Differenzialgleichung (10.109.1) im Fall der Resonanz zu. Sobald eine Anregung mit der Eigenfrequenz erfolgt, liefert die Lösung (10.109.2) wegen |Vˆ (η→1)| → ∞ eine unendlich große Amplitude. Dieses Verhalten entspricht jedoch nicht der Erfahrung. Stattdesssen erwartet man ein allmähliches Ansteigen der Amplituden mit zunehmender Anzahl der Schwingungen. Dieses geschieht z.B. bei einer Schaukel, die durch

Abb. 10.40. Erzwungene ungedämpfte Schwingungen: a) Vergrößerungsfunktion, b) Lösung im Resonanzfall

414


η=

Ω ω

Vˆ =

1 1 − η2

Ω=0

η=0

Ωω

η>1

Vˆ < 0

Ω=ω

η=1

|Vˆ | → ∞

Ω >> ω

η→∞

Vˆ → 0

statischer Ausschlag für xp (t) F (t) und xp (t) sind in Phase, d.h. erreichen gleichzeitig ihre Maxima und Minima: unterkritischer Bereich F (t) und xp (t) sind in Gegenphase, d.h. erreichen nicht gleichzeitig ihre Maxima und Minima: u¨ berkritischer Bereich unendlich große Amplitude: Resonanz kein Ausschlag bei sehr großer Erregerfrequenz

Tabelle 10.2. Erzwungene ungedämpfte Schwingungen: Vergrößerungsfunktion Vˆ in Abhängigkeit der Abstimmung η

eine Person infolge von Körperbewegungen angeregt wird, und ist auch in den Abbildungen zur Tacoma Katastrophe am Beginn dieses Kapitels erkennbar. Zudem liefert die Lösung (10.101) für die gespeicherte Energie T = 1/2mx˙ 2 einen unendlich großen Wert, was physikalisch nicht möglich ist. Für die Differenzialgleichung (10.109.1) wird daher der alternative Ansatz xp (t) = xA V¯ t sin Ωt = xA V¯ t sin ωt gewählt. Mit der zweiten zeitlichen Ableitung ..

xp = 2xA V¯ ω cos ωt − xA V¯ ω 2 t sin ωt erhält man durch Einsetzen des Ansatzes in die Differenzialgleichung (10.109.1) 2xA V¯ ω cos ωt − xA V¯ ω 2 t sin ωt + ω 2 xA V¯ t sin ωt = xA ω 2 cos ωt

=⇒

ω V¯ = . 2

Damit lautet die partikulare Lösung im Resonanzfall 1 (10.110) xp (t) = xA ωt sin ωt. 2 Die Darstellung der Funktion (10.110) in Abb. 10.40.b verdeutlicht, dass die Amplituden erst nach einer endlichen Anzahl von Schwingungen beliebig groß werden. Dieses Verhalten, welches die Lösung (10.101) nicht leisten kann, entspricht der Erfahrung bei einer Anregung mit der Eigenfrequenz.


415

¨ die Beispiele aus Abschnitt 10.6.1 10.6.6 Ergebnisse fur Wir können Tabelle 10.1 zur Lösung der vier Fälle in Abschnitt 10.6.1 verwenden. Dazu werden die bereits eingeführten De¿nitionen E1 = 1 im Fall 1, E2 = 1 im Fall 2, E3 = 2Dη im Fall 3 und E4 = η 2 im Fall 4 verwendet. In Abb. 10.41 sind die zugehörigen Vergrößerungsfunktionen Vi , i = 1, 2, 3, 4 und die Phasenverschiebung ϕ für verschiedene Dämpfungsgrade D dargestellt. Während die Vergrößerungsfunktionen Vi von den Faktoren Ei abhängen, ist der Phasenverschiebung ϕ für alle vier Fälle gleich. Abb. 10.41.a zeigt Vi für die Fälle 1 und 2. Dabei gilt insbesondere Vi (η = 0) = 1,

Vi (η = 1) =

1 , 2D

Vi (η → ∞) → 0,

i = 1, 2.

√ Für D2 ≤ 0.5 entstehen die Maximalwerte Vim = 1/(2D 1 − D2 ) an den Stellen ηm = √ 1 − 2D 2 . Für kleine Dämpfungsgrade D 0.5 verlaufen die Funktionen Vi (η) monoton fallend gegen Null. Abb. 10.41.b veranschaulicht V3 für den Fall der Dämpferanregung. Für drei verschiedene Werte von η gilt hier V3 (η = 0) = 0,

V3 (η = 1) = 1,

V3 (η → ∞) → 0.

Abb. 10.41. Vergrößerungsfunktionen Vi, i = 1, 2, 3, 4 für die Fälle 1 bis 4 und Phasenverschiebung ϕ für verschiedene Dämpfungsgrade D

416


Der Maximalwert tritt für alle Werte von D an der Stelle ηm = 1 auf. In Abb. 10.41.c wird V4 für den Fall 4 dargestellt, bei dem die Erregung u¨ ber eine rotierende Unwucht erfolgt. Für drei verschiedene Werte von η gilt hier V4 (η = 0) = 0,

V4 (η = 1) =

1 , D

V4 (η → ∞) → 1.

√ Fü√ r D2 ≤ 0.5 entstehen die Maximalwerte maxVi = 1/(2D 1 − D2 ) an den Stellen ηm = 1 − 2D 2 . Für kleine Dämpfungsgrade D 0.5 verlaufen die Funktionen V4 (η) monoton wachsend gegen Eins. In Abb. 10.41.d wird die Phasenverschiebung für die Fälle 1 bis 4 in Abhängigkeit von η für verschiedene Werte von D dargestellt. Für drei verschiedene Werte von η gilt hier ϕ(η = 0) = 0,

ϕ(η = 1) =

π , 2

ϕ(η → ∞) → π.

Für kleine Erregerfrequenzen (η > 1) in Gegenphase (ϕ ≈ π). Im Grenzfall D → 0 ergibt sich bei η = 1 ein Sprung in der Phasenverschiebung von 0 nach π. Auch hier sind für η < 1 Anregung und Ausschlag in Phase und für η > 1 in Gegenphase. Beispiel 10.7 Dauerfestigkeit für elastischen Stab mit Motor und Dämpfung Der Motor in Beispiel 10.5 hat konstruktionsbedingt eine Unwucht der Masse Δm im Abstand e von der Rotationsachse. Die Drehzahl beträgt n. Für die Fälle 1. Ω = ω, d = 0, 2. Ω = ω, d = 0.17 kg/s, 3. Drehung mit n, d = 0.17 kg/s ist mit der zulässigen Biegewechselspannung σW,zul ein Dauerfestigkeitsnachweis durchzuführen. Das Eigengewicht von Stab und Motor bleibt bei der Spannungsberechnung unberücksichtigt.

Abb. 10.42. Stab mit Motor und Unwucht

Bekannt: m = 0.1kg, c = 50 N/mm, d = 0.17kg/s, l = 100mm, h = 6mm, b = 3mm, E = 20000 MPa, n = 250 min−1 , e = 16.04 mm, Δm = 0.001 kg, x0 = 0 mm, v0 = 5 mm/s, σW,zul = 40 MPa. Lösung: Für die Ersatzfederkonstante bei einer Querschwingung gilt nach Beispiel 10.2 c=

3EI b h3 . , wobei I = l3 12

Freischneiden und Anwendung des Schwerpunktsatzes am ausgelenkten Ersatzsystem in Abb. 10.42.b liefert unter Vernachlässigung von Gewichtskräften


417

m¨ x = −dx˙ − (c + cb )x + Fx (t). Den vertikalen Anteil Fx (t) der Fliehkraft FA erhält man analog zum Fall 4 in Abschnitt 10.6.1: FA = Δm e Ω 2 , Fx (t) = FA cos ϕ = FA cos Ωt, Ω = n 2π/60.

Abb. 10.42.b. Ersatzsystem und Belastung

Damit folgt nach Umformung in die Normalform der Differenzialgleichung x ¨+

c + cb FA d FA c + cb x˙ + x= E cos Ωt. cos Ωt = m m m c + cb + ,m . +,-. +,-. + ,- . + ,- . 1 2δ

ω2

xA

ω2

Wir verwenden die Lösungen der Tabelle (10.1) und werten dazu mit den gegebenen Zahlenwerten die folgenden Gleichungen aus: D=

δ , ω

V =

(1 −

ωd E η 2 )2

+

4D 2 η 2

,

√ = ω 1 − D2 , 2Dη , 1 − η2

tan ϕ =

η=

Ω , ω

x(t → ∞) = xmax = xA V.

Wie weiter unten gezeigt wird, liegt von den Fällen (10.56) der Fall 3 mit einer schwachen Dämpfung vor. Die Integrationskonstanten für die homogene Lösung ergeben sich zu A1 = x0 − xA V cos ϕ, A2 = −

xA V v0 + δx0 (Ω sin ϕ + δ cos ϕ) + , ωd ωd

und die allgemeine Lösung lautet x(t) = xh (t) + xp (t) = e−δt (A1 cos ωd t + A2 sin ωd t)) + xA V cos(Ωt − ϕ). Die Randspannung σR (t) wird in Abhängigkeit von x(t) wie in Beispiel 10.2 bestimmt: σR (t) =

3 E h x(t) . 2 l2

Wie in dem Beispiel 10.2 können für die in der Aufgabenstellung gegebenen Zahlenwerte alle Gleichungen ausgewertet werden. Dazu kann z.B. die in Tabelle 10.3 angegebene ScilabEingabedatei [27] verwendet werden. Man erhält unter Anderem folgende Zahlenwerte: I = 54 mm4 , cb = 3.24 N/mm, δ = 0.85 [-], ω = 23.07 s−1 , FA = 11 N, D = 0.0368. In Abb. 10.43 werden für die drei Fälle der Aufgabenstellung die maximalen Spannungen an der Einspannstelle σR (t) dargestellt. Fall 1, Ω = ω, d = 0: Nach Tabelle 10.2 liegt Resonanz vor. Für die Maximalwerte der Auslenkung und der Randspannung an der Einspannstelle gilt

418


// --- Gegebene Daten c = 50; // Federsteifigkeit d = 0.17; // Daempfer l = 100; // Laenge des Stabes h = 6; // Querschnittshoehe b = 3; // Querschnittsbreite E = 20000; // E-Modul m = 0.1; // Masse Deltam = 0.001 // Unwucht e = 16.04; // Exzentrizitaet n = 250; // Drehzahl // --- Anfangsbedingungen x0 = 0.0; // Auslenkung v0 = 5; // Geschwindigkeit // --- Konstanten fuer Kragarm // Flaechentraegheitsmoment I = (b*h3 )/12 // Federkonstante cb = (3*E*I)/l3 // --- Faktoren fuer Normalform delta = d/(2*m) // Abklingkoeffzient omega = sqrt((c+cb)/m) // Eigenkreisfrequenz // --- Anregung pi = 3.1415926 Omega = n*2*pi/60 FA = Deltam*e*Omega*Omega Omega = omega*1.05; Zum Testen xA = FA/(c+cb) // --- Formeln Tabelle 10.1 Ei = 1 // Anregungskonstante D = delta/omega // Lehrsche Daempfung eta = Omega/omega // Abstimmung // Eigenkreisfrequenz gedaempft omegad = omega*sqrt(1-D2 ) // Vergroesserungsfaktor Vi = (Ei)/(sqrt((1-eta2)2 + 4*D2 *eta2 )) phi = atan((2*D*eta)/(1-eta*eta)) // Phasenverschiebung xmax = xA*Vi // Amplitude // --- Integrationskonstanten aus ABn A1 = x0 - xA*Vi*cos(phi) A2 = (-(xA*Vi)*(Omega*sin(phi)+delta*cos(phi))+ (v0 + delta*x0))/omegad // --- Zeitintervalle t=linspace(0,5,1000); // --- Hilfsgroessen fi = t; sigfac= (3*E*h)/(2*l*l) // --- Auslenkung und Spannung, zeitabhaengig for i=1:1:length(t) xh(i) = exp(-delta*t)*(A1*cos(omegad*t) + A2*sin(omegad*t)); xp(i) = xA*Vi*cos(Omega*t-phi); x(i) = xh(i) + xp(i); sigma(i) = sigfac*x(i); end Tabelle 10.3. Dauerfestigkeitsnachweis für elastischen Stab mit Motor und Dämpfung: Scilab-Datei


Fall 1 : Ω = ω, d = 0 σ(t → ∞) = ∞

Fall 2 : Ω = ω, d = 0.17 kg/s σ(t → ∞) = 50.48 MPa 60

200 150 100 50 0 0.0 í50

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

Zeit [s]

5.0

Spannung MPa

250

Spannung [MPa]

419

40 20 0 0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

í20

í100 í150

4.5

5.0

Zeit [s]

í40

í200

í60

í250

Spannung [MPa]

Fall 3 : n = 250 min−1 , d = 0.17 kg/s σ(t → ∞) = 12.42 MPa 60 40 20 0 0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

5.0

Zeit [s]

í20 í40 í60

Abb. 10.43. Dauerfestigkeitsnachweis für elastischen Stab mit Motor und Dämpfung: Zeitlicher Verlauf der Randspannung σR (t) an der Einspannstelle für drei verschiedene Fälle

|x(t → ∞)| → ∞,

|σR (t → ∞)| → ∞ > 40 MPa = σW,zul .

In der Darstellung in Abb. 10.43.a erkennt man, dass die zulässige Spannung an der Einspannstelle bereits im 5. Zyklus u¨ berschritten wird. Fall 2, Ω = ω, d = 0.17 kg/s: In diesem Fall gilt |x(t → ∞)| = 2.804 mm,

|σR (t → ∞)| = 50.48 MPa > 40 MPa = σW,zul .

In Abb. 10.43.b bleibt hier, im Gegensatz zum Fall 1, die Spannung beschränkt, die zulässige Spannung wird dennoch u¨ berschritten. Fall 3, n = 250 min−1 , d = 0.17 kg/s: Es gilt |x(t → ∞)| = 1.61 mm,

|σR (t → ∞)| = 12.42 MPa < 40 MPa = σW,zul .

d.h. in diesem Fall wird, wie in Abb. 10.43.c erkennbar, die zulässige Spannung zur Dauerfestigkeit eingehalten.

420


10.6.7 Aufgaben zu Abschnitt 10.6 Aufgabe 10.21 (SG = 3) Die Abbildung zeigt einen Seismographen zur Messung von Erdbebenschwingungen. Die Masse m ist u¨ ber Feder und Dämpfer an die ErdoberÀäche gekoppelt, welche plötzlich mit der Anregung xe (t) zu beben beginnt. Auf der rotierenden Messwalze wird die Relativauslenkung xr aufgezeichnet. 1. Bestimmen Sie die Bewegungsgleichung in der Koordinate xr . 2. Skizzieren Sie das auf der Messwalze aufgezeichnete Diagramm xr (t). 3. Berechnen Sie die Schwingung im eingeschwungenen Zustand während des Erdbebens. √ Bekannt: m, d, c, g, 2d = mc, xe (t) = xe0 cos(Ωt), Ω = 0.5 ω. Aufgabe 10.22 (SG = 3) Ein Schallplattenspieler greift mit einer dünnen Nadel die Tonspur einer Vinylplatte ab. Diese Nadel ist an einem Tonabnehmer befestigt, welcher wiederum an einem drehbar gelagerten Tonarm ange¨ bracht ist. Uber ein Gegengewicht wird die Kraft eingestellt, mit welcher die Nadel die Schallplatte berührt. Ein Ersatzmodell des Plattenspielers idealisiert Tonabnehmer und Gegengewicht als Punktmassen mT bzw. mK und den Tonarm als dünnen Stab der Masse mA . Die Nadel wird durch eine Feder mit der Stei¿gkeit cN ersetzt. Da die Schallplatte nicht ganz eben ist, wird der Aufsetzpunkt der Nadel mit einer Weganregung xe (t) angeregt. 1. Bestimmen Sie die Bewegungsgleichung des Systems in der Koordinate xN . 2. Mit welcher Kraft liegt die Nadel im statischen Fall auf der Vinylplatte auf und welche Auslenkung besitzt das System dabei? 3. Welche Eigenfrequenz besitzt das System? 4. Lösen Sie die Bewegungsdifferenzialgleichung für die gegebenen Anfangsbedingungen. Bekannt: mA = m, mT = 2m, mK = 11m, b, a = 5b, cN , xe (t) = Λ cos(Ωt), Ω = 0.5ω, ˙ = 0) = v0 = 0. Anfangsbedingungen: x(t = 0) = x0 = 0, x(t


421

Aufgabe 10.23 (SG = 1) Leiten Sie für die erzwungene ungedämpfte Schwingungen in Abschnitt 10.6.5 die Vergrößerungsfunktion (10.109.3) her. Setzen Sie dazu einen Ansatz vom Typ der rechten Seite ¨ + ω 2 x = xA ω 2 cos Ωt ein. xp (t) = xA Vˆ cos Ωt in die Differenzialgleichung x Aufgabe 10.24 (SG = 3) Das dynamische Verhalten einer Waschmaschine soll mit einem Ersatzmodell näherungsweise untersucht werden. Die Trommel der Masse mT ist mit einer Feder und einem Dämpfer an das Gehäuse gekoppelt. Die Trommel kann sich nur in vertikaler Richtung bewegen. Die Wäsche kann als Punktmasse mW im Abstand r von der Aufhängung A betrachtet werden. 1. Berechnen Sie die Abstimmung, die Eigenkreisfrequenz des gedämpften Systems und das Lehrsche Dämpfungsmass. 2. Bestimmen sie den Dämpfungskoef¿zieten d, so dass im stationären Betrieb eine maximale dynamische Auslenkung der Achse von 3 cm nicht u¨ berschritten wird. Bekannt: mT =5 kg, mW =mT /3, c=100 kN/m, r = 0.3 m, n = 500 1/s, d = 1500 kg/s. Aufgabe 10.25 (SG = 3) Auf dem Rahmen aus Aufgabe 10.15 ist ein Motor angebracht, der konstruktionsbedingt eine Unwucht der Masse mM im Abstand r von der Rotationsachse aufweist. Die Drehzahl beträgt n. 1. Leiten Sie die Bewegungsgleichung für horizontale Bewegungen mit den Anfangsbedingungen x(t = 0) = x0 und x(t ˙ = 0) = v0 her. 2. Untersuchen Sie unter Berücksichtigung der Spannung σW b die Dauerfestigkeit des Systems. 3. Wie muss das Flächenträgheitsmoment Is und damit die Konstruktion geändert werden, so dass die Eigenfrequenz des Rahmens das doppelte der Erregerfrequenz beträgt? Riegel: mR = 1 t, IR = ∞, h = 2.50 m, Stiel: IS = 2000 cm4 , E = 2.1 · 105 N/mm2 , mS = 0, Motor: mM = 5 kg, r = 10 cm, d = 3000 Ns/m, Anfangsbedingungen x(t = 0) = x0 = 0, x(t ˙ = 0) = v0 = 0, σW b = 200 MPa.

422


Aufgabe 10.26 (SG = 3) Das Schwingungsverhalten eines Zylinders der Masse m soll auf einem Prüfstand untersucht werden. Der Kolben, dessen Masse vernachlässigbar klein ist, wird periodisch mit der Funktion xe (t) angeregt. Die ZylinderÀüssigkeit verhält sich wie ein viskoser Dämpfer mit der Konstanten d2 . Die Befestigung des Zylinders am Prüfstand kann durch eine Feder der Stei¿gkeit c und einen Dämpfer der Viskosität d1 nachgebildet werden. Bestimmen Sie 1. die Bewegungsgleichung des Zylinders, 2. die Abstimmung η und das Dämpfungsmaß für Ω = αω, 3. seine gedämpfte Eigenfrequenz ωd , 4. die Vergrößerungsfunktion V (α), 5. die partikulare Lösung xp (t) der Bewegungsgleichung, 6. die maximale Federkraft Fmax im stationären Zustand. 1√ 3√ 2cm, d2 = 2cm, xe (t) = xe0 sin(Ωt), α. Bekannt: m, c, d1 = 4 4 Aufgabe 10.27 (SG = 3) In dem dargestellten Kurbelantrieb bewegt sich der masselose Stab 1 mit der Drehzahl n um einen Punkt A. Dadurch erfährt der starre Kolben 2 horizontale Vor- und Rückwärtsbewegungen. Die Stäbe 3 und 4 der Länge l verhalten sich elastisch. Der starre Wagen 5 ist u¨ ber einen Dämpfer mit einer starren Wand verbunden.

Bestimmen Sie 1. 2. 3. 4. 5. 6.

die Bewegungsgleichung des Wagens 5, die Abstimmung η und das Dämpfungsmaß, seine gedämpfte Eigenfrequenz ωd , den Vergrößerungsfaktor V , die partikulare Lösung xp (t) der Bewegungsgleichung, den Mindestwert der zulässigen Spannung σW für Dauerfestigkeit der Stäbe 3 und 4. Bekannt: m1 = m2 = m3 = m4 = 0, EA = 100N , m5 = m, d = 2EAm/l, n = 50 s−1 .


423

Aufgabe 10.28 (SG = 3) In dem dargestellten Feder-Masse-Dämpfer-System erfährt die Punktmasse m1 eine Anregung xe (t). Die masselose Rolle 2 und die Masse 3 führen Auf- und Abwärtsbewegungen durch. Bestimmen Sie 1. die Bewegungsgleichung der Masse 3 und die Eigenfrequenz ω, 2. die Abstimmung η und das Dämpfungsmaß, 3. die gedämpfte Eigenfrequenz ωd , 4. den Vergrößerungsfaktor V , 5. die partikulare Lösung xp (t) der Bewegungsgleichung. √ Bekannt: m1 = m2 = 0, m3 = m, c, d= c m, Ω= 0.5ω, xe0 , xe (t) = xe0 cos(Ωt). Aufgabe 10.29 (SG = 3) Auf dem dargestellen Rahmen sind zwei Motoren mit Unwuchten der Massen Δm1 und Δm2 im Abstand r angebracht. Die Winkelgeschwindigkeit ist jeweils Ω. Die Dämpfung des Systems wird durch den dargestellten Dämpfer berücksichtigt. 1. Leiten Sie die Bewegungsgleichung für horizontale Bewegungen mit den Anfangsbedingungen x(t = 0) = x0 und x(t ˙ = 0) = v0 her. 2. Untersuchen Sie die Dauerfestigkeit des Systems. Bekannt: Riegel: mR = 1 t, IR = ∞, h = 2.50 m, Stiel: IS = 3000 cm4 , E = 2.1 · 105 N/mm2 , mS = 0, Motoren: Δm1 = 2 kg, Δm2 = 7 kg, r = 10 cm, Dämpfung: d = 2500 Ns/m, Ω = 1000 Hz, quadratischer Querschnitt für Stiel, Masse des Riegels: mR = 200 kg, Anfangsbedingungen: x(t = 0) = x0 = 0, x(t ˙ = 0) = v0 = 0, σW b = 200 MPa.

424


Aufgabe 10.30 (SG = 3) Ein PKW fährt mit der Geschwindigkeit v und einem Anhänger u¨ ber eine wellige Fahrbahn. Diese Fahrbahn kann näherungsweise durch eine Kosinusfunktion dargestellt werden. Die Achse ist wie skizziert durch zwei Federn mit der Konstanten cF an dem Aufbau angebracht. Die Federung des Reifens bleibt unberücksichtigt (cR1 = ∞). Bestimmen Sie 1. 2. 3. 4. 5.

die Bewegungsgleichung des Aufbaus und die Eigenfrequenz ω, die Abstimmung η und das Dämpfungsmaß, die gedämpfte Eigenfrequenz ωd , den Vergrößerungsfaktor V , die partikulare Lösung xp (t) der Bewegungsgleichung.

Bekannt: v = 60 km/h, b = 1.50 m, h = 0.03 m, mW = 5 m, mK = m, m = 40 kg, cF = 180 N/mm, cR = ∞, d = 1000 kg/s.

A Anhang

A.1 Grundlagen der Vektorrechnung In diesem Abschnitt werden einige wichtige Rechenregeln zur Vektorrechnung zusammengefasst. Vektoren repräsentieren physikalische Größen, die durch die beiden Angaben Betrag und Richtung charakterisiert sind. Beispiele sind der Kraftvektor und der Geschwindigkeitsvektor. Dagegen ist für die Arbeit und die Leistung die Angabe des Zahlenwertes ausreichend, so dass diese Größen keine Vektoren sind. Im folgenden dienen fette Buchstaben zur Kennzeichnung eines Vektors. In der Literatur → ¿ndet man auch die Bezeichnung a = a . Wir stellen einen Vektor a in Abb. A.1 durch einen Richtungspfeil dar, dessen Betrag (oder: Länge ) |a| und Richtung mit der Größe und Richtung der zu beschreibenden physikalischen Größe u¨ bereinstimmt. In der Physik unterscheidet man folgende Vektoren: −→

a) Punktgebundener Vektor: Ein Vektor a = P Q, der wie in Abb. A.1.a dargestellt, zwei Punkte P und Q im Raum verbindet. Dabei gibt die Pfeilspitze den Richtungssinn an. Gelegentlich ist es zweckmäßig, den Zielpunkt Q anzugeben. Dazu wird die Bezeichnung a = aQ verwendet. Ist auch die Angabe des Bezugspunktes notwendig, dann wird die Notation a = aPQ verwendet. Diese wird als ,,Ortsvektor des Punktes Q relativ zu P ” gelesen.

a)

Q

|a|

b)

c)

feste Linie a

d)

a

a

a=aQ =a =PQ P Q

P Abb. A.1. Verschiedene Vektoren: a) punktgebundener Vektor, b) liniengebundener Vektor, c) freier Vektor, d) axialer Vektor

426

A Anhang

b) Liniengebundener Vektor: Ein Vektor, der entlang seiner Wirkungslinie verschoben werden kann. Ein Beispiel ist der Kraftvektor, der auf einen Starkörper wirkt. c) Freier Vektor: Ein Vektor, der unabhängig von Anfangs- und Endpunkt ist. Beispiele sind der Momentenvektor und der Winkelgeschwindigkeitsvektor des starren Körpers. d) Axialer Vektor: Ein Vektor, dem man neben dem Betrag und Richtung auch noch einen Drehsinn zuordnet. Er wird mit einer Doppelpfeilspitze gekennzeichnet. Eine positive Drehrichtung erfolgt nach De¿nition wie bei einer Rechtsschraube. Beispiele sind der Vektor des axialen Momentes einer Kraft und der Winkelgeschwindigkeitsvektor zur Beschreibung der Rotation eines Punktes um eine Achse. A.1.1 Rechenoperationen Im Folgenden fassen wir die wichtigsten Rechenoperationen zur Vektorrechnung zusammen. a) Die Vektoraddition: Bei der Addition von zwei Vektoren a und b wird wie in Abb. A.2.a der Anfangspunkt des Vektors b an den Endpunkt des Vektors a angelegt. Dabei entsteht ein neuer Vektor c = a + b, der vom Anfangspunkt des Vektors a zum Endpunkt des Vektors b zeigt. Es gelten unter Anderem die folgenden Regeln: 1. a + b = c 2. a + b = b + a

(kommutativ).

(A.1)

b) Multiplikation mit einem Skalar: Bei der Multiplikation eines Vektors a mit einem Skalar α ∈ R entsteht wie in Abb. A.2.b dargestellt ein neuer Vektor b, b = αa.

(A.2)

Die Länge von b ist α|a|. Für α < 0 kehrt sich der Richtungssinn um. c) Das Skalarprodukt: Wie in Abb. A.2.c erkennbar, schließen zwei Vektoren a und b einen Winkel ϕ ein. Als Maß hierfür wird das Skalarprodukt eingeführt. Zwei wichtige Regeln sind 1. a · b = |a||b| cos ϕ 2. a · b = b · a

(kommutativ).

(A.3)

Die Größe |b| cos ϕ gibt die Projektion des Vektors b auf den Vektor a an. Mit dem inneren Produkt kann der Betrag (oder die Länge) eines Vektors bestimmt werden: √ |a| = a · a ≥ 0. (A.4) Die Länge des Vektors a ist in Abb. A.2.a dargestellt. Für |a| = 1 bezeichnet man a als Einheitsvektor. Insbesondere ist somit e= ein Einheitsvektor.

a |a|

(A.5)

A.1 Grundlagen der Vektorrechnung

427

Abb. A.2. Grundregeln der Vektorrechnung: a) Addition von zwei Vektoren, b) Multiplikation eines Vektors mit einem Skalar, c) Skalarprodukt von zwei Vektoren, d) Kreuzprodukt von zwei Vektoren, e) Spatprodukt von drei Vektoren

d) Das Kreuzprodukt von zwei Vektoren: Wie in Abb. A.2.d erkennbar, entsteht beim Kreuzprodukt (oder: Vektorprodukt) von zwei Vektoren a und b ein neuer Vektor c, der senkrecht auf a und b steht. Der Betrag |c| gibt den Inhalt der von a und b aufgespannten Fläche an. Unter Anderem gelten die folgenden Regeln: 1. a × b = c, wobei |c| = |a × b| = |a||b| sin ϕ 2. a × b = −b × a (nichtkommutativ) (A.6) 3. a × b = 0 ⇐⇒ a = 0 ∨ b = 0 ∨ a||b 4. a × (b × c) = (a · c)b − (a · b) c (Entwicklungssatz). e) Das Spatprodukt von drei Vektoren: In Abb. A.2.e ist das Spatprodukt von drei Vektoren a, b, c veranschaulicht. Hierbei ist ϕ der Winkel zwischen den beiden Vektoren a und b. Es läßt sich zeigen, dass [a, b, c] den Volumeninhalt des von a, b c aufgespannten Parallelepipeds angibt. Es gelten die folgenden Rechenregeln:

428

A Anhang

1. [a, b, c] = a · (b × c) 2. [a, b, c] = [b, c, a] = [c, a, b] = −[a, c, b] = −[b, a, c] = −[c, b, a] 3. [a, b, c] = 0 ⇐⇒ a, b, c linear abhängig

(A.7)

Aus Gl.(A.7.3) folgt insbesondere der Zusammenhang c = αa

=⇒

[a, b, c] = 0.

(A.8)

A.1.2 Vektorbasis und Basisdarstellung von Vektoren Sind drei Vektoren e1 , e2 , e3 linear unabhängig, d.h. α1 e1 + α2 e2 + α3 e3 = 0

⇐⇒

α1 = α2 = α3 = 0,

(A.9)

dann bilden diese eine Vektorbasis. Die Indizes 1, 2, 3 werden für die vier verwendeten Koordinatensysteme in diesem Buch wie folgt benannt: • • • •

raumfeste kartesische Koordinaten: körperfeste kartesische Koordinaten: Zylinderkoordinaten: natürliche Koordinaten:

1 = X, 2 = Y, 3 = Z 1 = x, 2 = y, 3 = z 1 = r, 2 = ϕ, 3 = z 1 = t, 2 = n, 3 = b.

(A.10)

Besondere Bedeutung haben orthonormale Basisvektoren mit den folgenden Eigenschaften: 1. 2. 3.

e1 · e1 = 1, e2 · e2 = 1, e3 · e3 = 1 e1 · e2 = 0, e2 · e3 = 0, e3 · e1 = 0 e1 × e2 = e3 , e2 × e3 = e1 , e3 × e1 = e2

Normalität Orthonormalität Rechtssystem.

(A.11)

Auf Grund der De¿nitionen (A.4) und (A.11.1) sind die Basisvektoren gleichzeitig Einheitsvektoren. Mit den Basisvektoren e1 , e2 , e3 erfolgt in Abb. A.3 die Basisdarstellung eines Vektors a = a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 =

3

ai ei . (A.12)

i=1

Das Skalarprodukt von zwei Vektoren a und b in den Basisdarstellungen a = a1 e1 + a2 e2 + a3 e3

(A.13)

b = b1 e 1 + b 2 e 2 + b 3 e 3

(A.14)

Abb. A.3. Basisdarstellung eines Vektors

wird auf Grund der Orthonormalitätseigenschaften (A.11.1) und (A.11.2) wie folgt berechnet: a · b = (a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 ) · (b1 e1 + b2 e2 + b3 e3 ) 3 ai bi . = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 = i=1

(A.15)

A.1 Grundlagen der Vektorrechnung

Zur Bestimmung der Länge eines Vektors a folgt aus der De¿nition (A.4) 3 4 3 4 √ 2 2 2 |a| = a · a = a1 + a2 + a3 = 5 a2i .

429

(A.16)

i=1

Die Basisvektoren können auch zur Bestimmung des Kreuzproduktes nach der Determinantenregel verwendet werden: e1 e2 e3 c = a × b = a1 a2 a3 b1 b2 b3 = (a2 b3 − a3 b2 )e1 + (a3 b1 − a1 b3 )e2 + (a1 b2 − a2 b1 )e3 = c1 e1 + c2 e2 + c3 e3 =⇒

c1 = a2 b3 − a3 b2 , c2 = a3 b1 − a1 b3 , c3 = a1 b2 − a2 b1 .

(A.17)

A.1.3 Basiswechsel in der Ebene und Koordinatentransformation Vektoren sind grundsätzlich mit verschiedenen Vektorbasen darstellbar. Als Beispiel betrachten wir in Abb. A.4 eine Vektorbasis e1 , e2 , e3 , welche mit dem Winkel ϕ in eine zweite Vekˆ1 , e ˆ2 , e ˆ3 u¨ berführt wird. Auf Grund der Eigenschaften trigonometrischer Funktiotorbasis e nen ergeben sich die folgenden Zusammenhänge für eine Vor- und eine Rücktransformation: ˆ1 = cos ϕ e1 + sin ϕ e2 1. e ˆ2 = − sin ϕ e1 + cos ϕ e2 2. e ˆ3 = 3. e e3

ˆ1 − sin ϕ e ˆ2 4. e1 = cos ϕ e ˆ1 + cos ϕ e ˆ2 5. e2 = sin ϕ e ˆ3 . 6. e3 = e

(A.18)

Die Gleichungen (A.18.1-3) können mit Hilfe der Darstellung in Abb. A.4.a leicht u¨ berprüft werden. Die Gleichungen (A.18.4-6) sollte der Leser selbst veri¿zieren. Es wird auch emˆ2 , e ˆ3 zu ˆ1 , e pfohlen, die Orthogonalitätseigenschaften (A.11) für die neuen Basisvektoren e u¨ berprüfen.

Abb. A.4. a) Drehung einer orthonormalen Vektorbasis, b) Basisdarstellungen eines Vektors a in zwei Koordinatensystemen

430

A Anhang

Alternativ zur Basisdarstellung (A.12) kann der Vektor a wie folgt dargestellt werden: ˆ1 + a ˆ2 + a ˆ3 = ˆ2 e ˆ3 e a=a ˆ1 e

3

î . a î e

(A.19)

i=1

Man beachte, dass, wie in Abb. A.4.a für den ebenen Fall dargestellt, die Koef¿zienten a î in Gl.(A.19) im Allgemeinen verschieden von den Koef¿zienten ai in Gl.(A.12) sind. Man erhält die folgenden Beziehungen für eine Vor- und eine Rücktransformation: 4. a1 = cos ϕ a ˆ1 − sin ϕ a ˆ2 5. a2 = sin ϕ a ˆ1 + cos ϕ a ˆ2 6. a3 = a ˆ3 .

1. a ˆ1 = cos ϕ a1 + sin ϕ a2 2. a ˆ2 = − sin ϕ a1 + cos ϕ a2 3. a ˆ3 = a3

(A.20)

Die Gleichungen (A.20.1-3) können mit Hilfe der Darstellung in Abb. A.4.b leicht u¨ berprüft werden. Die Gleichungen (A.20.4-6) sollte der Leser selbst veri¿zieren. Für allgemeine Fälle einer Basisänderung verweisen wir auf die Literatur zur Vektorrechnung, siehe z.B. [3].

A.2 Beweis der Gleichungen (4.51) Für einen vollständigen Beweis der Aussagen (4.51.1) bis (4.51.6) müssen notwendige und hinreichende Bedingungen u¨ berprüft werden, worauf wir an dieser Stelle verzichten wollen. Beginnend mit Gl.(4.51.6) dU = −dW = −F · dx

(A.21)

werden im Folgenden lediglich die u¨ brigen fünf Aussagen nachgewiesen. Dies geschieht unter Verwendung von kartesischen Koordinaten. Wir integrieren Gl.(A.21) zwischen einem festen Bahnpunkt PI und einem variablen Bahnpunkt P (x) und erhalten

P (x)

W =

dW = −

PI

P (x)

dU = −(U (x) − UI ).

(A.22)

PI

Durch Umstellung folgt mit dW = F · dx in Gl.(A.21) P (x) U (x) = UI − W = UI − F · dx,

(A.23)

PI

so dass mit der Wahl UI = Uc Gl.(4.51.3) gezeigt ist. Aus Gl.(A.22) erkennen wir, dass der Endwert für W nur von der Anfangslage PI und der Endlage P (x) abhängt, womit die Wegunabhängigkeit in (4.51.1) folgt. Fallen die Punkte PI und P (x) zusammen, erhält man die Aussage (4.51.2). Die Eigenschaft eines totalen Differenzials besagt dU =

∂U ∂U ∂U dX + dY + dZ. ∂X ∂Y ∂Z

Durch Vergleich mit dem Arbeitsdifferenzial (4.7) folgt somit aus Gl.(A.21)

(A.24)

A.3 Herleitungen zum Abschnitt 8.1

∂U ∂U ∂U = −FX , = −FY , = −FZ . ∂X ∂Y ∂Z

431

(A.25)

Dieses sind die Koef¿zientengleichungen für die Basisdarstellung der Vektorgleichung Grad U =

∂U ∂U ∂U eX + eY + eZ = −FX eX − FY eX − FZ eX = −F, ∂X ∂Y ∂Z

(A.26)

so dass Gl.(4.51.4) erhalten wird. Leiten wir in (A.25) die erste Beziehung nach Y und die zweite nach X ab, so gilt ∂FX ∂ 2U ∂FY ∂2U =− = =− ∂X∂Y ∂Y ∂Y ∂X ∂X

=⇒

∂FY ∂FX − = 0. ∂X ∂Y

Durch zyklisches Vertauschen der Koordinaten erhält man zusammenfassend aus den drei Gleichungen (A.25) ∂FY ∂FZ ∂FX ∂FY ∂FX ∂FZ − = 0, − = 0, − = 0. ∂Y ∂Z ∂X ∂Z ∂X ∂Y Unter Berücksichtigung der Determinantenregel chungen der Vektorgleichung eX eY ∂ ∂ rot F = ∂X ∂Y FX FY

(A.27)

(A.17) sind dieses die Koef¿zientengleieZ ∂ ∂Z FZ

=0

(A.28)

womit Gl.(4.51.5) bewiesen ist.

A.3 Herleitungen zum Abschnitt 8.1 ¨ Winkelgeschwindigkeitsvektoren Gl.(8.9) Das Kommutativgesetz fur Zur Veri¿kation des Kommutativgesetzes für Winkelgeschwindigkeitsvektoren betrachten wir in Abb. A.5 einen starren Körper, der gleichzeitig die beiden Winkelgeschwindigkeiten ω 1 und ω2 erfährt. Diese haben nach Gl.(2.60.2) für den Punkt P die Geschwindigkeiten v1 = ω 1 × xFP ,

v2 = ω 2 × xFP

zur Folge. Mit (2.14.1) ergeben sich die differenziellen Verschiebungen dx1 = v1 dt = ω1 × xFP dt, dx2 = v2 dt = ω 2 × xFP dt.

Abb. A.5. Starrer Körper unter der Wirkung von zwei Winkelgeschwindigkeiten

432

A Anhang

Da Verschiebungsvektoren kommutativ sind, folgt dx = dx1 + dx2 = dx2 + dx1 = (ω 1 + ω 2 ) × xFP dt = (ω 2 + ω 1 ) × xFP dt. Diese Gleichung ist für beliebige Verbindungsvektoren xFP = 0 erfüllt, falls ω = ω 1 + ω 2 = ω2 + ω1 ,

(A.29)

d.h. für Winkelgeschwindigkeitsvektoren gilt das Kommutativgesetz (A.1.2). Zeitableitung von Basisvektoren in Gl.(8.3) Unter Beachtung des Kommutativgesetzes für Winkelgeschwindigkeitsvektoren (A.29) zerlegen wir den in Abb. A.6 dargestellten Winkelgeschwindigkeitsvektor Ω in die Richtungen der Basisvektoren Ω = Ωx + Ωy + Ωz = Ωx ex + Ωy ey + Ωz ez . Beschränken wir uns zunächst auf die Zeitableitung der Basisvektoren infolge des Winkelgeschwindigkeitsvektors Ω z = Ωz ez , so folgt aus den Gleichungen (2.41) Abb. A.6. Starrer Körper mit rotierenden Basisvektoren

1. e˙ x = Ωz ey ,

2. e˙ y = −Ωz ex ,

3. e˙ z = 0.

Für e˙ x können wir alternativ schreiben ⎡ ⎤ ex ey ez e˙ x = ⎣ 0 0 Ωz ⎦ = Ω z × ex . 1 0 0 Entsprechende Beziehungen können für e˙ y und e˙ z gefunden werden, so dass gilt e˙ x = Ω z × ex ,

e˙ y = Ω z × ey ,

e˙ z = Ω z × ez .

Analog werden die Zeitableitungen der Basisvektoren infolge der Winkelgeschwindigkeitsvektoren Ω x und Ω y bestimmt. Für die gesamten Zeitableitungen infolge des Winkelgeschwindigkeitsvektors Ω = Ω x + Ω y + Ω z folgt schließlich das Ergebnis (8.3).

A.4 Lösungen zu den Aufgaben

433

A.4 Lösungen zu den Aufgaben Lösungen zu Kapitel 2 2.1 v(t = 4s) = 24.8 m/s = 89.25 km/h, a(t = 4s) = −3.6 m/s2 , vmax = v(t = 2.5s) = 27.5 m/s = 99 km/h, v˜ = 27.5 m/s = 99 km/h, 2.2 a(t = 3s) = −0.888m/s2 , x(t = 3s) = 3.936m „ „ „ « «« „ « a0 v v2 a0 2.3 x(t) = x1 + v0 t − 0 1 − exp − t , , a(t) = a0 exp − t , a(v) = a0 1 − a v0 v0 v0 „ «0 a v(a) = v0 1 − a0 „ « „ « v0 v0 v2 v0 v0 (x0 − x), a(t) = − 0 exp − t , a(v) = − v, 2.4 v(t) = v0 exp − t , v(x) = x x x x x 0 0 0 0 0 « „ « „ v v02 x , x(v) = x0 1 − a(x) = exp 1 − x0 x0 v0 v0 2.5 1. v(x) = b(x0 − x) + v0 , 2.v(t) = exp(−bt)v0 , 3.x(t) = x0 + (1 − exp(−bt)), b v0 4.xmax = x0 + b 2 2.6 2. x(t) = − 1 gt 2 H (Stein), x(t) = −H + 340(tges − tH ) (Schall), 3. tH = 4.68 s, 4. H = 107.59 m 2.7 1. t = 1.08 s, 2. ss1 (30) = 15 m, ss2 (30) = 18 m, ss1 (50) = 25 m, ss2 (50) = 30 m, ss1 (80) = 40 m, ss2 (80) = 48 m, ss1 (100) = 50 m, ss2 (100) = 60 m, 4. SA (30) = 12.67 m, SRB (30) = 13.5 m, SA (50) = 25.95 m, SRB (50) = 27.5 m, SA (100) = 76.01 m, SRB (100) = 80 m, SA (130) = 117.61 mSRB (130) = 123.5 m 5. Su = 396, 67 m 2.8 Verbleibender Abstand 40.6 m 2.9 t1 = 1h 4 min, Δt = 35 min, dmin = 7.76 Sm

2.10 C =

1 v2 ln = 0.0055 m−1 x2 v1

2 vA l 2.11 1. bB = − + ts , sB = 3l − vA ts , 2.tB = 2 2(vA ts − l) vA r v02 v0 sin(ωt), v(t) = v0 cos(ωt) 2.12 v(x) = ω − x2 , x(t) = ω2 ω 2.13 1. ω = 146.6 rad/s, v = 32.25 m/s, 2. at = 0, an = 4728 m/s2 = 482 g, 3. α = 7.33 rad/s2 , at = 31.62 m/s2 , an (t = 20) = 4728 m/s2 , m m 2.15 v(ϕ = 20◦ ) = (55.16er + 23.14eϕ ) 2.14 v(t = 5s) = (3er + 25.5eϕ ) s s 2.16 r(t) = r1 exp(−Ct), vϕ (r) = ω0 r, ar (r) = r(C 2 − ω02 ), aϕ (r) = −2ω0 Cr √ 2 2 2 2.17 s(t) = r sin ωωt, v(t) = rω √ cos ωt, v(s) = ω r − s , a(t) = −rω sin ωt, 2 a(s) = −ω s, a(v) = −ω r 2 ω 2 − v 2 „ « g g 2 2.19 1. Y (X) = h − 1 + tan(ϕ)X, 2. ϕ = arctan L = 40.91◦ , 3. v0 = 24.6m/s X 2 v02 cos2 (ϕ) v02 „ « „ « π tB tB 1 √πR¨ = 2 = sëϕ − sër s eϕ , a 2.20 1. v 2 2 4 r “ϕ ” “ϕ ” π π B B = R¨ s eϕ , = sëϕ − sër 2. v a 2 2 2 2 p p g 2 2.21 1. Y (X) = tan(β)X − 2 X , 2.v0 = 9.82 H m/s2 , 3.v1 = 9.42 H m/s2 , β1 = 42.14◦ 2vx0

2.22 1. v(t) = r[sin(ωt) ω + (λ/2) sin(2ωt) ω], vmax = 6.47 m/s, 2. a(t) = rω 2 [cos(ωt) + λ cos(2ωt)], amax = 986.97 m/s2 m 2.23 a = (−13.73er − 5.63eϕ ) 2 s

434

A Anhang ∗

∗∗ ∗

∗ ∗∗

dY dϕ dY d2 Y Y Y X−Y X = = = ∗ =⇒ “ ∗ ”3 dX dϕ dX dX 2 X X Einsetzen in Gl.(2.37 liefert das Ergebnis. ab 2. X(ϕ) = a cos ϕ, Y (ϕ) = b sin ϕ =⇒ κ = ` ´3/2 2 2 a sin ϕ + b2 cos2 ϕ 1 1 3. a = b = r =⇒ κ = = ρ r 1 1 (ex + 2axey ) , en = p (−2axex + ey ) , 2.25 1. et = p 1 + (2ax)2 1 + (2ax)2 2.24 1. X = X(ϕ), Y = Y (ϕ), =⇒

2a 2av02 1 = , 3. a = (−2axex + ey ) , 4. amax = 2av02 für x = 0 3/2 2 ρ (1 + (2ax)2 )2 (1 + (2ax) ) a 2.26 κ = 2 a + b2 r « « „ „ 9 cos 2ϕ cos 2ϕ 2 cos 2ϕ eX + sin ϕ − 0.5 cos ϕ eY , 2. κ = 2.27 1. et = cos ϕ + 0.5 sin ϕ , sin 2ϕ sin 2ϕ 2a2 2a √ 3. x ¨= “ v2ϕ ” 3 “v ”3 2cos 2ϕ · 2 cos 2 2 2 “v ” 3 M M vM M vM t − R sin vM − vM cos t t sin t 7 R R 7 7 6 6 6 R R , 2. v , a 2.28 1. x = 4 = = 5 4 4 2 5 “v ” 5 “v ” “ vM ” vM M M t t R − R cos vM sin cos t R R R R » – » – 1 1 R 1 − cos ϕ − sin ϕ 3. et = p , en = p , 4. ρ = cos ϕ − 1 2(1 − cos ϕ) sin ϕ 2(1 − cos ϕ) 1 − cos ϕ 2. κ =

˙ ϕ , a = r ϕe ¨ ϕ − r ϕ˙ 2 er 2.29 1. x = r(1 − 2 sin ϕ)er − 2r cos ϕeϕ , v = r ϕe ˙ ˙ ¨ − RΦ˙ 2 )eR + (RΦ ¨ + 2R˙ Φ)e ˙ Φ 2. x = (R − 2 cos Φ)eR + 2r sin ΦeΦ , v = ReR + RΦeΦ , a = (R ´ ` 3 3 2 2.30 a = 14.81 · 10 ex − 7.41 · 10 ey m/s 2.31 1. v1 = 2LαΔtey , v2 = −LαΔtex + LαΔtey , v3 = 0.5LαΔtex − 2LαΔtey 2. a1 = −2Lα2 Δt2 ex + 2Lαey , a2 = −L(α + α2 Δt2 )ex + L(α − α2 Δt2 )ey , a3 = (0.5Lα + 2Lα2 Δt2 )ex + (−2Lα + 0.5Lα2 Δt2 )ey m 2.32 a(t2 ) = (−2.58ex − 4.64ey + 0ez ) 2 s p 2.33 1. v(t =p tB /2) = (1/4)a0 πRe p Y , a(t = tB /2) = a0 ey − (1/4)πa0 ex 2. tB = πR/2a0 , v(tB ) = a0 πR/2ey , a(tB ) = a0 ey − (1/2)πa0 ex ` ´ 2.34 1. vM = `vA cos ϕex + r0 ϕ1 Ω cos(Ωt)´− vA `sin ϕ ey ´ 2. aM = aA cos ϕ − r0 ϕ21 Ω 2 cos2 (Ωt) ex − aA sin ϕ + r0 ϕ1 Ω 2 sin(Ωt) ey 2.35 a = (−yα − xω 2 )ex + (xα − yω 2 )ey 2.36 v = ω(h tan β + b)eY , |v| = ω(h tan β + b) 2.37 a = −ω 2 (b + h tan β)eX + α(bh tan β)eY , |a| = (b + h tan β)

p

(α2 + ω 4 )

2.39 v = ω2 l cos βeX + ω1 (l + l sin β)eY + (−vA − ω2 (l + l sin β))eZ ` ´ 2.41 a = `α2 l cos β − ω2 vA − (ω22 +´ω12 )(l + l sin β) ex + (α1 (l + l sin β) + ω1 ω2 l cos β) ey 2 − α1 (l + l sin β) + ω2 l cos β ez 2.42 1. vs = (−0.3ex + 0.4ey + 0.4ez ) m/s,

2. aS = (−0.7ex − 4.2ey + 4.1ez ) m/s2

2.43 aB = (ω 2 dS + αhS )ex + (ω 2 hS − αdS − g)ey

2.44 aM = 0.0167ex − 9.769 · 10−5 ey m/s2

2.46 xP = [R + cos α l2 − sin α r]eY + [sin α l2 + cos α r]eZ = 104.2 m eY + 4.73 m eZ , vP = [−vS − ωT r − (vS /R)(cos α l2 + sin αr)]eX = −19.04 m/s eX , aP = [((vS /R)(cos α l2 + sin αr) + ωT r)((vS /R) − sin αωT )]eY − [((vS /R)(cos α l2 + sin αr) + ωT r)(− cos αωT )]eZ = −0.399 m/s2 eY − 1.376 m/s2 eZ

A.4 Lösungen zu den Aufgaben

435

2.47 1. t = 0 : xP = 0.3m eZ + 10 m eZ , vP = 27.8 m/s eX , aP = 1282.51 m/s2 eY + 28.48 m/s2 eZ 2. t = 5s : xP = 5.98 m eX + 0.17 m eY + 8.01 m eZ , vP = 40.76 m/s eX − 11.52 m/s eY + 4.06 m/s eZ , aP = −844 m/s2 eX + 111.55 m/s2 eY − 331.34 m/s2 eZ

Lösungen zu Kapitel 3 3.1 v(t = 3s) = 18.78m/s, x(t = 3s) = 46.94m 3.2 v = vy ey = 7905.04 ey m/s r r p g F 3.5 v = 3.236 m/s 3.3 v(C) = 2 (b2 − 2C 2 ) 3.4 v = (R − h)g, ω = m R−h r √ g 3.6 v = ω 2R2 − r 2 3.8 v = 18.22m/s 3.7 ω = b tan β + h tan2 β 2 3.9 1. β = arcos(−0.5) = 1200 , hC = 1.5R, 2. xD = 0 3.10 1. h = r, 2. d = 0.124r 3 3.11 1. F = 53.96N, 2. F = 32.13N 3.12 1. v = 18.78m/s, 2. s = 46.96m r μg 3.13 ω = 3.14 1. V (X = 1000m) = 73.51 m/s ≡ 264.64 km/h, 2. X(VLOF ) = 1119.5 m R «2 „ RE m k ex 3.16 1. s(v) = s0 − (v − v0 ) , v(s) = v0 − s, 2. l = 12.03 m 3.15 a = ax ex = −g r k m „ «2 « „ 2 mvA 1 m b1 mvA mvA 3.17 1. FR (t) = , 2. a(t) = e + en t r b1 tvA + m (b1 tvA + m)2 b1 tvA + m r 0 1 r C 1 F0 L m B C 3.18 1. v(L) = 2 ln 2 − 2f gL, 2. LB = L − ln B A k 2 m 2k @ 1+ v (L) f mg s « „ 1 1 , 2. lim v0 = 11.2 · 103 m/s ≡ 40.32 · 103 km/h − 3.19 1. v0 = 2gRe2 h→∞ Re h 3.20 v(t = 3s) = 2.432m/s

3.21 1. v(t = 5s) = 7.12m/s,

2. μ = 2.64

3.22 1. FA = 4.63 kN, 2. L = 3333.6 m, 3. FF = −33.552 kN, FT = 92.184 kN, 4. vmax = 147 km/h

3.24 Zn =22.399 kN,

μ=0.131

3.25 a = gc/h

3.26 1. By = 0, Bx = −2/3 md(αΔt)2

Lösungen zu Kapitel 4 4.1 4.2 4.3 4.6

WA0,I = mgΔs, WG0,I = −mgΔs, WG0,II = 0 WA0,I = μmgΔs, WR0,I = −μmgΔs, WR0,II = −2μmgΔs √ 0 4.5 vII = 2gH WA0,I = 1/2 k(Δs)2 , WF0,I = −1/2 k(Δs)2 , WF0,II = p I,II 4.8 W = 15.71 Nm W = mgH 4.7 1. WR = −μmgH, 2. vII = 2gH(1 − μ)

4.9

WG = −7.36 Nm, WR = −0.797 Nm, WZ = 2.4 Nm, WF ≈ −2.55 Nm 1 `√8− √5−1´2 Kr 2 , 2. W I,II = 0 P = 150.4 kW ≡ 194.5 PS 4.11 1. W I,II = 2 ”„a − b« “ p 1 , 2. WG = −2amg sin β, 1. WRo ≈ f mgπ cos β a + b + 2(a2 + b2 ) 4 a+b F0 aπ 3. WA = , 4. WA = 955.05 · 10−3 F0 b 4 p √ √ 4.15 v = 4 g R k = mv0 /Δl = 106 kg/s 4.14 v1 = 2g(H − h) 4.16 vII = 2gH r r p p g 2g , 2. ω2 = , 3. h2 = R 1. ω1 = 4.18 1. v1 = 2g(H − h), 2. v2 = 2g(H − h) 2R R

4.10 4.12

4.13 4.17 4.19

1. vC = 2.1 m/s, vB = 3.43 m/s, 2.s = 3.83 cm, 3.H = 25.6 cm

436

A Anhang

4.20

1. FA = 7452 N, 2. PM = 176.2 PS p √ √ 2 = 2gL( 2 − 1 + π/4) 1. vA = 2gL(1 + μ), 2. vB = Lg, 3. vB Kiste hebt vor C ab und verlässt die Bahn q ` p ´ √ 1. h = 2.55rL , 2. vB = 2g h − rL (1 − cos β) , vC = 2gh, vD = 2g(h − 2rL ), r“ ” 2 vE 2 3vE vE 3. μH = + EF , 4. t = ± a a 8gEF Bahn 1: vB1,Y = 2.97 m/s, Bahn 2: vB2,Y = 12.37 m/s

4.21 4.22

4.23

4.32

1. vC = 8.859 m/s, 2. hAB = 0 m, 3. μ = 0.67 4. f = 0.14 „ « √ √ h−r 1. vC = 2gh, 2. FN = mg 2 + 2 sin ϕ , 3. f = s hd r 2 2 + 0.04875mv ) (Θω ΔW = 1 s s2 » „ « „ «– 1 R L L −μ √ + √ vII = 2g √ + R 1 − √ 2 2 2 2 4.29 1. M = 6.67 Nm, 2. PM = 69.81 W 1. M = 6366 Nm, 2. PM = 66.66 k W mgRE RE + 2h , 2. lim W = mgRE 1. W = h→∞ 2 RE + h 1. grad F = 0 ex − 0 ey + 1ez = 0 =⇒ nicht konservativ, 2. W = 6π

4.33

1. grad F = −2 + 2π ex − 2 ey + 2ez = 0 =⇒ nicht konservativ, 2. W = 2π + 2h2 −

4.24 4.25 4.26 4.27 4.28 4.30

4.34

4.35

„ « X2 1. konservativ, 2. U (X) = UC − F0 2X − , 3. XB = 4, YB = −4 2a !! r √ F0 s π − t 4. Fn = − F0 , 5. s(t) = 2 2a 1 − sin 2a 2 2ma

h2 π

1. grad F = 2Xex − 2(Y + Z)ey − 2Y ez = 0 =⇒ nicht konservativ, 2. WC = −4/3

Lösungen zu Kapitel 5 5.1 5.2 5.3 5.5 5.7 5.10 5.11 5.12

5.13 5.15

1. vS = 0.467ez m/s, 2. aS = (6.67ex − 6.67ey + 0.0099ez ) m/s2 7 1 1 1 1 1. vS = LαΔtex + LαΔtey , 2. aS = − L(α + 2α2 Δt2 )ex , + L(α − α2 Δt2 )ey 6 3 6 3 2 g ω = 111.04rad/s 5.4 ϕ ¨ = − ϕ, ϕ(t) = ϕ0 cos(ωt) l r √ π g π 5gl 1. |ϕ˙ max | = , 2. va = 2 l 4 r 7g gc gb ϕ(t) = ϕ0 cos(ωt), ω = 5.8 amax = 5.9 amax = 6l h h g g 1. amax = μH , 2. amax = μH 2(1/μH + h/2b) 2(1/μH − h/2b) d 2aA d aA cos β − 2 gϕ, 2.ϕmax = cos β 1. ϕ ¨= 2 d + l2 d + l2 g F F F ¨S = , Y¨S = 0, α = − , b) AX = −F, AY = 0, α = − a) X 3m 6ml 6ml F F ¨S = F c) BX = − , BY = 0, α = − , X 4 4ml r 4m √ 18 5 (g(1 − cos ϕ1 ) + a sin ϕ1 ) 5.14 vK = r vC = 2 ab 2 11r 2 1. Bx = −ωc mL, By = 0, Bz = 2mg, ωc ωc 2. Bx = −ωc2 mL, By = mL , Bz = 2mg, MT = 4mL2 T T

A.4 Lösungen zu den Aufgaben 5.16

5.18 5.19

5.20

5.23

1. Bx = −2ωc2 mL, By = 0, Bz = 0, ωc ωc 2. Bx = −2ω 2 mL, By = −2 mL, Bz = 0, MT = 14mL2 T T 1 3 Bx = − ω 2 M L, By = ω 2 M ∗ L, Bz = 0 4 2 ω2 ω2 1. Bx = − c (2mLx − 3mL), By = c (2mLy − Lm) 3 3 ωx 3 1 2. MT = (6mL2 + m(L2x + L2y )), 3. Lx = L, Ly = L T 2 2 √ «« „ mgd md 3 1. Ay = − sin ϕ, Ax = (cos ϕ − ω 2 l − d 4l 2 2 √ 3 2. z.B. m∗ = m, x∗ = −d/2, z ∗ = l − d 2 “ ” 1 1 m(L2 + L2 ) ω 2 m 5.25 T = 3mL2 + 2 m2 = 5.28 v = 0.108 m/s x y 31

Lösungen zu Kapitel 6 6.1 6.2

6.4 6.7 6.8 6.14 6.20 6.22 6.24

6.28

vA (t = 3s) = 6m/s, ω(t = 3s) = 12rad/s, α(t = 3s) = 4rad/s2 , an (t = 3s) = 72m/s2 2 a(t = 3s) √ = 72.11m/s d √ √ 2 6.3 |vB | = 2v0 , |vC | = 2v0 , |vD | = 2v0 ω1 = 2 √ vA ls 5 r « „ 4 v04 v0 2 , |a |aB | = 2 + a | = 2 + a20 , |aC | = |aB | C 0 2 R R2 vM vM vM , Rolle 2 : ω2 = , Rolle 1 : ω1 = Rolle 3 : ω3 = R3 R2 R1 q √ 1 2 ω2 = l12 ω12 + vC − 2l1 ω1 vC 6.13 ωBC = −ωCD l2 1. ω2 = 1.37 ω1 , 2. vA = ωa, vB = 3.419ω a 6.19 vP = 2.51 m/s b 6.21 amax = 2.5g 1. amax = g, 2. Beide kippen gleichzeitig. h 2 R m 32 + 9π (M ) , 2.Θz(S) = mR2 6.23 vC = 1.7155 1. Θz = m 2 18π s g 1. a = 5.4 m/s2 , 2. a = 31.94 m/s2 6.25 ϕ(ϕ) ¨ = 6 sin ϕ L “ ” (S) Θz + m(R − s)2 ϕ ¨ + mgsϕ = 0


7.5

7.6 7.7

1 5 5 1 13 ωmL ˙ − ω 2 mL, Bx = − ωmL ˙ − ω 2 mL, 2.MA = ωm ˙ 1 L2 4 2 2 4 3 0 mes e2 − Θyz v0 0 1. Mx0 = −ω 2 Θyz , My0 = Mz0 = 0, ω = , 2. m1 = , R r1 (e1 + e2 ) 0 mes e1 + Θyz m1 m1 7.3 e∗1 = e1 ∗ , e∗2 = e2 ∗ m2 = − r2 (e1 + e2 ) m1 m2 1. By =

3lω 2 − 12g sin ϕ 12g cos ϕ − lω 2 3lω 2 − 12g sin ϕ m1 , Bx = m1 , A y = m1 , 8 8 8 12g cos ϕ − lω 2 3lω 2 − 6g sin ϕ 6g cos ϕ + lω 2 C C m1 , 2. Mx = m1 l, My = − m1 l Ax = 8 4 4 3. Stäbe rückwärts verlängern 1. By =

(B)

(B)

(B)

(B)

(B)

(B)

Θxx = 460 kgm2 , Θyy = 460 kgm2 , Θzz = 305 kgm2 , Θxy = Θxz = Θyz = 0 −5

−5

1. Bx = 0, By = 2.17 · 10 mRω, Ax = 0, Ay = −2.17 · 10 mRω (S) 2. mp = 9.6 · 10−4 m, 3.d = 0.088R, 4.ΔΘyz = −5.37 · 10−10 mR2

437

438 7.8

7.9 7.10 7.11 7.12 7.14

7.15

A Anhang

„„ «√ 51 3 ω2 64 − mR2 + + mL2 −8mb(5L + a) ) 10L 4 3 2 √ „„ « 2 51 3 ω 64 − mR2 + mL2 Ay = 0, Ax = − −8mb(5L − a) ) 10L 4 3 2 √ √ 205 + 4 2 2 2 (A) 2 (A) (A) , 2. By = ω Θyz , Bx = ωΘ ˙ yz , Θyz = (5.5 + 2)r 2 m2 1. M = ωm ˙ 2 r2 16 3r 3r (S) (S) (S) Θx = Θy = 2.898 kgcm2 , Θz = 2.725 kgcm2 , 1. Ay = 0, Ax = −6.476mst Ω 2 R, 2. M = −97.14mst R2 Ω 2 „ „ « « 7 ω2 3 ω2 m1 R + 24.06m2 R − m2 r22 sin β cos β − 5m2 ba By = − 7.13 Bx = 6 2 a s 9 «2 „ Θx∗ − Θz ∗ Θx∗ z ∗ 1 (Θ ∗ − Θ ∗ )± , ΘI,III = 2 tan 2β = + Θx2 ∗ z ∗ Θ2 = Θx∗ , n1 x z 1 (Θ ∗ − Θ ∗ ) 2 x z 2 = [sin β, 0, 0]T , n2 = [0, 1, 0]T , n3 = [0, 0, cos β]T . Die Zuordnung zwischen I, III und 1, 2 geschieht mit den Gleichungen (7.18). m=115.05 kg 7.16 d=168.4 mm By = 0, Bx =

Lösungen zu Kapitel 8 8.1

1. vC = v Rel ex + rω ey , 2. aC = (aRel − rω 2 ) ex + 2v Rel ω ey

8.2

1. vC = sin βvr ex + ωx ey + cos βvr ez Lage 1: vC = (2 ex + 0.12 ey + 3.464 ez ) m/s Lage 2: vC = (2 ex + 0.235 ey + 3.464 ez ) m/s

8.3

8.6

vC = (RΩ cos ϕ − rΩ sin ψ cos ϕ − RΩ cos ψ sin ϕ) ex − (RΩ cos φ) ey « „ „ “ v ”2 « 1 S ez aP = a S − r ex − aS 1 + R R Rel Rel vP = (vA + vC cos β)ex + (lΩ cos β) ey + (vC sin β) ez = (0.546 ex + 0.087 ey + 0.2 ez ) m/s

8.7

1. vP = 1 ex m/s, 2. aB = (0.5 ex + 0.05 ey ) m/s2

8.8

aB = (1.0 ex − 0.05 ey + 0.03 ez ) m/s2

8.10

vC = −2.53 eX + 3.211 eY − 3.051 eZ m/s

8.13 8.18 8.19

max 8.14 φ = (3/2) π, vB α = 17.034 ex rad/s2 2 Mx = −mrvS /(2R), My = Mz = 0 Rel Cor = −1.83 N, FyCor = −6.34 N aCor C = 2vC Ω (sin γ sin β ex + cos γ ey ) , Fx

8.20

M(S) = (−50 ex − 10 ey − 22 ez ) Nm

8.5

8.23 8.26 8.31 8.38 8.43

B = 51.38 N

(A) My

8.9 vP = −ω2 l sin β sex + l cos β dω1 ey + ω2 l cos β) ez 2ωh 3 = 60 cm/s

8.11 Δ =

2h 2π cos ϕ, ω = rad/s g 24 · 3600

8.22 α = [−13.3, −8.3, 7.3] rad/s2 (A)

= 5.08 kNm, Mx

(A)

= Mz = 0 p 2 2 2 1. MV =ω mb sin(2β)/24, 2. τ =126.61 N/mm , 3. c=b m/m2 = 79.05 mm M =2833.2 Nm 8.32 M =810.0 kNm 8.34 ψ˙ = 44.57 rad/s B = 51.81 N ! r v02 3 7 mT v02 mT v02 1 1.2mT gl cos α + Θz 2 , By = , Bx = − , Ay = − Ax = − 2.2 R2 2.64 R2 2.2l R 4 2 ! r v2 3 7 1 − mT gl cos α − Θz 02 , Az = mT gl sin α 2.2l R 4 2 8.24


v(t = 3s) = 1.00 m/s 9.2 1. β2 = 19.67o , 2. ve = 14.63 km/h m1 s = 2.04 m 9.4 v2e − v1 cos β 9.5 1. s = 686 m, 2. t = 41.2 s m2

9.6

9.8 9.10

9.13 9.19

9.23

9.24

9.26

9.31

A.4 Lösungen zu den Aufgaben v u cs cs 2gh 2gh u „ « t, v2 (t) = t 9.7 v1 (t) = − m1 , v1 = u m1 m2 m2 t m2 1+ 1 + m2 m1 m1 cs cs t + v0 , v2 (t) = t + v0 9.9 1. Tmin = 2.039 s, 2.L = 2.774 m v1 (t) = − m1 m2 1 r1 /r2 1 ωa , ω2e = ω1a 9.12 MB = md2 cos2 β ω1e = ω1a 3 t0 Θ2 r12 Θ2 r12 1+ 1+ Θ1 r22 Θ1 r22 ωe = 5.97 rad/s 9.14 t = 3.33 s 9.15 1. H = 3.347 b, 2. ΔE/E = 0.85 m1 v1 − 3m3 v1 m1 v1 − 3m3 v1 ∗∗ = , v3∗∗ = 1. v1,2 m1 + m2 + m3 m1 + m2 + m3 m1 − m2 4m21 − 3(m1 + m2 )(m3 − m2 ) ∗∗ ∗∗ v1 2. v1 = v1 , v2 = −3v1 , v3∗∗ = m1 + m2 (m1 + m2 )(m2 + m3 ) m1 − εm2 (1 − ε)(1 + ε)m1 m2 m3 + εm2 v2 − 3 3. v1∗∗ = v1 , v2∗∗ = v1 , m1 + m2 (m1 + m2 )(m2 + m3 ) m2 + m3 2 2 (1 + ε) m1 2(m3 − εm2 ) v1 v3∗∗ = v1 − (n1 + m2 )(m2 + m3 ) m2 + m3 m1 v1 cos β εv1 cos β − m2 1. v1a = v1 sin βet − v1 cos βen , v2a = 0, v1e = v1 sin βet + en m1 1+ m 2 1 0 m1 εv cos β − v1 cos β m1 B 1 C m2 v2e = − + v1 cos β A en @ m1 m2 1+ m2 0 11 m1 εv1 cos β − v1 cos β ` B CC m2 2. v1a = v1 eX , v2a = 0, v1e = v1 sin2 β − cos β @ AA eX m1 1+ m 2 1 0 0 1 m1 v1 cos β εv1 cos β − C B B C m2 + @sin β @ A + v1 cos β sin β A eY m1 1+ m2 1 − ε2 m1 m2 4. ΔW = − (v1 cos β) 2 m1 + m r2 3 2 s r √ v + 2ghB hB 3 mv02 3v02 4 0 , t= +2 , 2. ε = g v0 ± 1. sF = 2 K 2g g g (LD − LC ) v0 ! r g 3 2 1 v + 2ghB − (LD − LC ) 2. ΔW = m 2 4 0 v0 r 2g 2εω2a L « , 2.v1e = „ 1. ω2a = 9.30 1. h = 7r/5 L m1 3 1− 2m2 „ « r c 2 vHe 7 2 3 s , 2. vHa = mH − mW − mG 1. vHe = 2g(h + s) + mg 1.7 · mH 2 18 3 s 2 vHe vHe 2h ± − 3. te = g g2 g

v u v1 = u t

Lösungen zu Kapitel 10 s 10.1

ω=

C1 C2 (C3 + C4 ) ` ´ C2 (C3 + C4 ) + C1 (C3 + C4 + C2 ) m

439

440

A Anhang r

10.2

1. ω =

10.3

ω=

10.6

v u ω=u t

r

10.8 10.10 10.13 10.14 10.15 10.18 10.19 10.20 10.21

10.22

10.24 10.25

10.26

10.28 10.29

10.30

s 3EIl3 3l2 C1 C2 EI , 3.ω = 3 3 2 l1 l2 (3l2 C2 EI + 3l12 C1 EI + l12 l22 lC1 C2 )m s Θ(M ) + Rm(R − s)2 10.4 TK = 2π 10.5 ω = 91.55 s−1 mgs v u2 2 r r u r + R2 t cr 2 Θz + r 2 m , T = 2π 5 , 10.7 ω = , T = 2π Rg Θz + r 2 m cr 2 2 s

3EIl , 2.ω = l12 l22 m

24EIS h3 m

Rg 2 2 r +R r 5 r r r Θ(S) 1.5mg + cl cl − 1.5mg 1.5mg + cl e= 10.9 1. ω = , 2. ω = , 3. ω = 2m 1.25ml 1.25ml 1.25ml (0) (0) ω = 38.17s−1 10.11 Θoffen = 604.9 kgm2 , Θgeschl. = 444.4 kgm2 −1 1. f = 1.597 = 39.806 mm r „ s , 2. b « r −1 1 g 9g 2xA − 1. cR = , 2. ωmit K. = , ωohne K. = 9mg cF xA 5xA x(t = 10 s) = −4.46 · 10−9 m ϕ(t) = −0.715 · 10−4 + exp(−30.48t)(0.749 cos(533.63s−1 t) + 22.81 sin(533.63s−1 t)) 1. ω = 25.82s−1 , ωd ≈ ω, 2. ω = 49.07s−1 , ωd ≈ ω −1 , Td = 157.6 · 10−3 m, 2. x(t = 5s) = 1.898mm 1. ωd = 39.86s r 1 c c 1. x ¨r + x˙ r + xr = −g − xe0 Ω 2 cos Ωt,, 2. xp (t) = −0.316xe0 cos(Ωt − 18.4o ) 2 m m 25cN 25dL 25cN 5 mg mg 1. x ¨N + x˙ N + xN = g+ xe (t), 2. xN,stat = , , FC,N = − 68mr 68m 68 68m 5cN 5 c 3. ωd = 0.525 , 4. xN (t) = xN,stat + exp(−δt)(A1 cos ωd t + A2 sin ωd t) + V Λ cos(Ωt − ϕ), m 1 , A1 = −V Λ cos(−ϕ) − xN,stat , A2 = (−δV Λ cos(−ϕ) − δxN,stat + V ΛΩ sin(−ϕ)) ω d r 25c , V = 1.109, ϕ = 33.69o δ= 272m s r « „ 3c 4mT kg 3d2 , η=Ω , 2. d = 51965 1− 1. ωs = 4mT 16mT c 3c s d c mM rΩ 2 ω 2 1. x ¨+ x˙ + x= cos Ωt, 2. σb,max = 35.61M P a, s = 1.97, mR mR mR ω 2 r c d 1 + d2 c d2 1. x ¨+ x˙ + x = − xe0 Ω cos Ωt 2. ωd = 0.707 , 3. η = α, D = 0.707, m m m m d2 α d2 α xe0 cos(Ωt − ϕ), , 5. xp (t) = p 4. V (α) = p 4 Cm(1 + α4 ) „ Cm(1 + α )« 2α d2 ϕ = arctan √ , Fmax = xe0 Ω √ 2) 2(1 − α 1 + α2 r r 4c 2c c c 1. x ¨+ x˙ + x = xe (t), 2. ωd = 1.936 , 3. η = 0.5, 4. D = 0.25, V = 0.633, m m m m o 5. xp (t) = 0.633xe0 cos(Ωt − 18.43 ) ´ −1 ` 1. e−1.25s t −2.767 · 10−3 m cos(139.1s−1 ) + 67.5 · 10−6 m sin(139.1s−1 ) + N 387 · 10−6 m cos(1000s−1 t + 0.01384), 2. σb,max = 38.4 mm2 2CF 2d x˙r + xr = −g − Ω 2 xe (t), Ω = 69.81s−1 , ω = 31.62s−1 , 2. η = 2.208, 1. x¨r + 9m 9m −3 D = 87.84 · 10 , 3. ωd = 31.5s−1 , 4. V = 1.252, 5. xp (t) = 12.52 mm cos(Ωt + 100.46 · 10−3 )

A.5 Lehrprogramme mit verschiedenen Schwerpunkten

441

A.5 Lehrprogramme mit verschiedenen Schwerpunkten Mit einem modularen Aufbau werden in diesem Lehrbuch die verschiedenen Anforderungen von Studierenden und Lehrenden an deutschen Universitäten, Fachhochschulen und Ingenieurhochschulen in den verschiedenen Studienrichtungen wie z.B. Maschinenbau, Bauingenieurwesen, Elektrotechnik, Wirtschaftsingenieurwesen, Technomathematik, Ingenieurinformatik, Mechatronik, Verfahrenstechnik und Lehramt berücksichtigt. Zu diesem Zweck werden im Folgenden einige Lehrprogramme mit unterschiedlichen Schwerpunkten vorgeschla¨ für die Anzahlen n und m der Vorlesungs- und Ubungstunden ¨ gen. Dabei stehen die Abkürzungen nV und mU je Semester.

¨ L1. Schwerpunkt: Ebene Bewegungen (1V, 1U) Kapitel 2 Kapitel 3 Kapitel 4 Kapitel 5 Kapitel 6

ohne Abschnitt 2.3.3 (Kreisbewegungen um momentane Achsen mit Richtungsänderungen) ohne Abschnitt 3.3.8 (Das Gravitationsgesetz), ohne Abschnitt 3.3.9 (Die Keplerschen Gesetze) ohne Abschnitt 4.4 (Vektoranalysis der Potenzialkräfte) in Abschnitt 5.1.2 nur die ebene Bewegung, ohne Abschnitt 5.4.2 (Der Momentensatz mit dem Drehimpulsvektor), ohne Abschnitt 5.6 (Momentensatz für das starre Massenpunktsystem im Raum mit fester Drehachse), vollständig, evtl. ohne Abschnitt 6.3.7 (Relativbewegungen in rotierenden Basissystemen)

¨ L2. Schwerpunkte: Ebene Bewegungen, Rotordynamik, Stoß (3V, 2U) Kapitel 2 Kapitel 3 Kapitel 4 Kapitel 5 Kapitel 6

Kapitel 7 Kapitel 9

ohne Abschnitt 2.3.3 (Kreisbewegungen um momentane Achsen mit Richtungsänderungen) ohne Abschnitt 3.3.8 (Das Gravitationsgesetz), ohne Abschnitt 3.3.9 (Die Keplerschen Gesetze) ohne Abschnitt 4.4 (Vektoranalysis der Potenzialkräfte) in Abschnitt 5.1.2 nur die ebene Bewegung, ohne Abschnitt 5.4.2 (Der Momentensatz mit dem Drehimpulsvektor) ohne Abschnitt 6.3.3 (Der momentane Geschwindigkeitspol), ohne Abschnitt 6.3.4 (Regeln zur Bestimmung von Geschwindigkeiten und des Geschwindigkeitspols), ohne Abschnitt 6.3.5 (Rastpolbahn und Gangpolbahn), ohne Abschnitt 6.3.6 (Der Momentane Beschleunigungspol), ohne Abschnitt 6.3.7 (Relativbewegungen in rotierenden Basissystemen), ohne Abschnitt 5.4.2 (Der Momentensatz mit dem Drehimpulsvektor) vollständig vollständig, evtl. ohne Abschnitt 9.2.1 (Der Drehimpuls- und Drehimpulserhaltungssatz)

¨ L3. Schwerpunkte: Ebene Bewegungen, Rotordynamik, Schwingungen (3V, 2U) Kapitel 2 bis Kapitel 7: wie in Abschnitt L2. Kapitel 10 vollständig, evtl. ohne Abschnitt 10.3 (Die Zeigerdarstellung), evtl. ohne Abschnitt 10.5.5 (Dämpfung durch trockene Reibung), evtl. ohne Abschnitt 10.5.6 (Das feder- und dämpfergelagerte Körperpendel)

¨ L4. Schwerpunkte: Ebene Bewegungen, Stoß, Schwingungen (3V, 2U) Kapitel 2 bis Kapitel 6: wie in Abschnitt L2. Kapitel 9 vollständig, evtl. ohne Abschnitt 9.2.1 (Der Drehimpuls- und Drehimpulserhaltungssatz) Kapitel 10 vollständig, evtl. ohne Abschnitt 10.3 (Die Zeigerdarstellung), evtl. ohne Abschnitt 10.5.5 (Dämpfung durch trockene Reibung), evtl. ohne Abschnitt 10.5.6 (feder- und dämpfergelagerten Körperpendel)

L5. Schwerpunkte: Ebene Bewegungen, Stoß, Rotordynamik, Ra¨ umliche Bewegungen, ¨ im 1 Semester und 2V, 2U ¨ im 2 Semester) Schwingungen (3V, 2U Kapitel 2

bis Kapitel 10 vollständig. Zusätzlich können noch weitere Themen, wie z.B. Lagrange Gleichungen, Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden und Schwingungen mit komplexen Zahlen aufgenommen werden, die in diesem Buch nicht behandelt sind.

Literaturverzeichnis

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444 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35.

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Index

1. Hauptsatz der Thermodynamik, 152 Abklingkoef¿zient, 394, 413 Abstimmung, 278 Achse, 51, siehe Drehachse Additionstheorem, 374, 375 Amplitude, 370, 373, 374, 397 Amplituden-Frequenzgang, 409 Anfangsbedingungen, 14, 16, 376, 393, 401, 406 Anregerfrequenz, 413 aperiodische Bewegung, 394 aperiodischer Grenzfall, 395 Arbeit, 115 Eigen-, 135 für das Massenpunktsystem, 191 für den starren Körper, 269 Federspann-, 135 Fremd-, 134, 135 gesamte, 116 Hub-, 135, 354 in mitrotierenden kartesischen Koordinaten, 119 in natürlichen Koordinaten, 118 in raumfesten kartesischen Koordinaten, 118 in Zylinderkoordinaten, 118 Nutz-, 126 Reibungs-, 135 Verlust-, 126 von Dämpfungskräften, 117 von Führungskräften, 117 von Lagerkräften, 117 von Reaktionskräften, 117 von Reibungskräften, 117 von Tragkräften, 117 von Widerstandskräften, 117 von Windkräften, 117 Wegintegral, 116 Arbeitsdifferenzial, 116–119, 127 Arbeitssatz, 132 für das Massenpunktsystem, 191

für den Massenpunkt, 132 für den starren Körper, 269 Vorteil, 132 Aristoteles, 3, 4, 15, 70 Auswuchten, 186, 188, 266 AuÀagerkräfte, 186, 266 dynamisch, 268 statisch, 268 Axiom, 69 dynamische Grundgesetz, 69 Gleichgewichts-, 71 Newtonsches, 4, 69 Parallelogramm-, 71 Trägheits-, 69 Verschiebungs-, 71 Wechselwirkungsgesetz, 69, 163 Bahn, 26 -beschleunigung, 39 -komponente, 116 -koordinate, 27 -kurve, 26 -länge, 27 -parameter, 27 im Raum, 26, 78 Kreis-, 51, 57, 61 tangential zur, 27, 78 Basisdarstellung, 428 des Beschleunigungsvektors, 29, 32, 38, 45, 52 des Drallvektors, 305, 337 des Geschwindigkeitsvektors, 29, 32, 38, 45, 52, 56 des Kraftvektors, 73, 79, 82, 84, 172 des Ortsvektors, 29, 32, 38, 45 des Winkelgeschwindigkeitsvektors, 295 für Kreisbewegung um eine feste Achse, 51 für Massenpunktsysteme, 182 im bewegten Bezugssystem, 282 in mitrotierenden kartesischen Koordinaten, 51, 84 in natürlichen Koordinaten, 38, 82

446

Index

in raumfesten kartesischen Koordinaten, 29, 73 in Zylinderkoordinaten, 32, 79 begleitendes Dreibein, 37 Beobachter, 27 bewegter, 45, 61, 282 raumfester, 27, 282, 286 rotierender, 217, 282, 283 Beschleunigung, 9, 10, 26 -Ort-Diagramm, 14 -Zeit-Diagramm, 11 Absolut-, 27, 45, 57, 61, 282, 283 Bahn-, 39 bei Massenpunktsystemen, 156 beim Rollen, 209 Coriolis-, 219, 283 Durchschnitts-, 10, 11, 26 ebene Bewegung, 205, 218 Einheit der, 11 geradlinige Bewegung, 11 im rotierenden Basissystem, 283 im rotierenden Basisysstem, 219 in mitrotierenden kartesischen Koordinaten, 52 in natürlichen Koordinaten, 38 in raumfesten kartesischen Koordinaten, 29 in Zylinderkoordinaten, 33 Normal-, 39, 206 Radial-, 33 relative, 57, 61, 219, 283 Tangential-, 33, 39, 206 Umfangs-, 33, 36 Winkel-, 33 Zentripetal-, 39 Beschleunigungsvektor De¿nition, 27 Bewegung, 1, 9 ¨ Uberlagerung von B.-en, 55, 204 ebene, 158, 330, 337 ebene B. des Massenpunktsystems, 172 ebene B. starrer Körper, 201, 225, 243 eindimensionale, 16 geführte, 78, 117, 125 geradlinige, 10, 69 gleichförmige, 12, 69 gleichmäßig beschleunigte, 12 harmonische, 374 kreisförmige, 33, 51, 55, 59, 119 Kriech-, 395 Planeten-, 72, 104 räumliche, 26, 37, 59, 160, 182, 281, 299 rollende, 92 Wurf-, 3 Zentral-, 103 Bewegungsebene, 172, 202 Bewegungsgleichung, 72, 163, 372 Bewegungsgröße, 9, 69

Bezugspunkt, 9, 26, 31 Bezugssystem, 72 Beschleunigung im bewegten, 283 bewegtes, 281–283, 293, 294, 300, 304 Euler Winkel, 292 Geschwindigkeit im bewegten, 283 raumfestes, 27 Rotation des B.-s, 283 Biegestei¿gkeit, 379 Binormaleneinheitsvektor, 38 Boltzmann-Axiom, 299 charakteristische Gleichung, 394, 395 Coriolis, 283 -Beschleunigung, 219, 283 -Kraft, 89, 301, 302 Coulombsches Reibungsgesetz, 91 Crashbox, 131, 328 d’Alembert, 110 -sche Trägheitskraft, 110, 113 Dämpfer, 393, 406, 410 Kraftgesetz, 90 Dämpfung, 90 Grenz-, 395 Körperpendel mit, 403 schwache, 396 starke, 394 Dämpfungskonstante, 90 Dämpfungskraft, 89, 393 Dauerfestigkeit, 382, 399, 416 Deformationen irreversible, 348 reversible, 348 Descartes, 28 Deviationsmoment, 184, 186, 187, 253, 254, 266, 267 Differenzialgleichung, 97, 115, 372 2. Ordnung, 394 allgemeine Lösung, 394, 408, 412, 413 homogene, 377, 394 homogene Lösung, 408 inhomogene, 406 lineare, 394 partikulare Lösung, 408 spezielle Lösung, 408 Dissipation, 124, 135, 138, 370 Drallvektor, 170 Drallvektor (s.a. Drehimpulsvektor), 170 Drehachse, 51 feste, 51 mit Richtungsänderung, 59 momentane, 59, 61 richtungstreue, 55, 57, 61 Drehbewegung, 311 gleichförmige, 304

Index permanente, 311 stabile, 311 Drehimpuls, 170, 336 -erhaltungssatz, 336 -satz, 336, 360 ebene Bewegungen, 337 Koordinatendarstellung, 337 -vektor, 170, 298 Drehwinkel, 9, 31, 46 Drehzahl, 33 kritische, 277 Dummypuppe, 177, 234 Dynamik, 3 Dynamisches Grundgesetz für den Massenpunkt, 71 im Inertialsystem, 72 in mitrotierenden kartesischen Koordinaten, 84 in natürlichen Koordinaten, 82 in raumfesten kartesischen Koordinaten, 73 in Zylinderkoordinaten, 79 vektorielle Formulierung, 71 ebene Bewegung des Massenpunktsystems, 172 starrer Körper, 202 Eigenfrequenz, 373, 394, 397, 413, 414 Eigenrotationswinkel, 292 Einheit Arbeit, 117 Beschleunigung, 11 Geschwindigkeit, 11 Hertz, 372 Internationales Einheitensystem (SI), 11 Joule, 117 Kilogramm, 72 Leistung, 125 Newton, 72 SI, 11, 72 Watt, 117, 125 Einheitsvektor, 28, 31, 37, 104, 426 Einstein, 73 Ellipse, 42, 131 Energie, 135 und Arbeit, 135 chemische, 151 elektrische, 151 für den starren Körper, 269 kinetische, 124, 132, 135, 243, 387 kinetische E. des Massenpunktes, 191 potenzielle, 135, 137, 138, 387 Rotations-, 196, 243 Strahlungs-, 151 Translations-, 196, 243 Wärmemenge, 151

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Energieerhaltungssatz, siehe Energiesatz Energiesatz, 134, 137 ebene Bewegung, 243 für beliebige Systeme, 138 für das starre Massenpunktsystem, 194 für Federkräfte, 137 für Gewichtskräfte, 137 für konservative Systeme, 137, 138 für Massenpunktsysteme, 191 für Nicht-Potenzialkräfte, 138 für nichtkonservative Systeme, 138 für Potenzialkräfte, 138 Lösungsschritte mit dem, 139 mit Verlusten, 138 ohne Verluste, 137 Erdbeschleunigung, 15 Ersatzfeder, 380 Ersatzmodell, 71, 73, 155, 163 Ersatzsystem, 278, 378, 382 für Drehbewegungen, 380 für Durchbiegung, 379 Federkonstante eines E.-s, 380 Euler, 4 -sche Formel, 396 -sche Geschwindigkeitsformel, 61 -sche Gleichungen, 308, 311, 313 -sches Schnittprinzip, 71 Winkel, 292, 318 Eigenrotation, 292 Figurenachse, 292 Knotenlinie, 292 Nutation, 292 Präzessions, 292 Expansionsphase, 349 exzentrische Kräfte, 174, 184 Führungspunkt, 55, 56, 59, 158, 160, 169, 171, 172, 174, 184, 195, 196, 205, 209, 225, 226, 251, 252, 269, 299, 318, 336, 338, 360 für das Massenpunktsystem, 171 Fall -versuch, 15 -zeit, 15 freier, 15, 18 Fallschirm, 99 Feder, 393 -konstante, 378–380, 382 -kraft, 89, 393, 401, 402 -schaltungen, 380 Ersatz-, 378, 380 Körperpendel mit, 385, 403 Kraftgesetz für, 90 Potenzial, 135 Federkraft

448

Index

Potenzialfunktion der, 136 Figurenachse, 318, 320 Flächengeschwindigkeit, 104 Flächensatz, 104 Fliehkraft, 1, 111, 277, 408 -anregung, 408 Fluchtgeschwindigkeit, 108 Fluid, 94 Fourierzerlegung, 376 Freiheitsgrad, 27, 78, 371 Dreh-, 291 Freischnitt, 166, 376, 393, 401 Frequenz, 372 Anreger-, 413 Erreger-, 406, 409 Galilei, 3, 4, 15 freier Fall, 4, 15 Gangpolbahn, 214 Geschwindigkeit, 9, 10, 26 -Ort-Diagramm, 14 -Zeit-Diagramm, 11 ¨ Uberlagerung von G.-en, 212 Absolut-, 27, 45, 57, 61, 219, 282, 283 bei Massenpunktsystemen, 156 Durchschnitts-, 10, 26 Einheit der, 11 im rotierenden Basissystem, 219, 283 in mitrotierenden kartesischen Koordinaten, 52 in natürlichen Koordinaten, 38 in raumfesten kartesischen Koordinaten, 29 in Zylinderkoordinaten, 33 Radial-, 33 relative, 57, 61, 158, 219, 283 Tangential-, 206 Umfangs-, 33, 285 Winkel-, 33 Geschwindigkeitspol, siehe momentaner Geschwindigkeitspol Geschwindigkeitsvektor De¿nition, 27 Eigenschaften, 27 Gewichtskraft Potenzialfunktion der, 136 Gleiten, 238 Gravitationsgesetz, 4, 73, 100 Gravitationskonstante, 101 Gravitationskraft, 100–102, 147, 151 Potenzial der, 151 Grundaufgaben der Punktkinematik, 16 Gyroskop, 2, 313 Hauptachsen, 254, 268, 308, 312, 313, 337 Auf¿nden von, 254, 255

Eigenschaften, 254 Hauptträgheitsachsen, siehe auch Hauptachsen, 268 Hertz, 372 Impuls, 69, 329 -erhaltungssatz, 330, 348, 350 -kraft, 330, 350, 359, 360 -moment, 338, 360 -satz, 330, 350, 360 -vektor, 71 Schwerpunkt-, 329 Inertialsystem, 72, 281, 297, 300, 302, 304 irreversibler Vorgang, 135 Joule, 117, 125 Körper, starrer, 201 Körperpunkt, 9, 26 Kardanwinkel, 291 Kepler, 103 -sche Gesetze, 4, 103 Kilogramm, 72 Kinematik, 2 des Punktes , 9 des Körpers, 205 ebene Bewegung, 205 Relativbewegung, 217, 282 des Massenpunktsystems, 155 ebene Bewegung, 158 räumliche Bewegung, 160 Kinetik, 2 des Körpers, 225 bewegtes Bezugssystem, 300 ebene Bewegung, 225 Inertialsystem, 297 des Massenpunktes, 69 des Massenpunktsystems, 163 Kollergang, 309 Kompressionsphase, 349 konservative Kräfte, 148 konservatives System, 137, 387 Koordinaten -achsen, 28 -system bewegtes, 45 ruhendes, 45 -transformation, 34, 44, 262, 265 für geradlinige Bewegung, 10 mitrotierende kartesische, 51, 84, 428 natürliche, 37, 38, 82, 428 Polar-, 31, 122, 147, 284 raumfeste kartesische, 28, 29, 73, 428 Zylinder-, 31, 32, 79, 428 Kräfte Einteilung der, 89

Index Krümmung, 37, 49 Krümmungskreis, 37, 38 Krümmungsmittelpunkt, 37, 39 Krümmungsradius, 37 Kraft a¨ ußere, 89 Brems-, 89 Dämpfungs-, 89 eingeprägte, 89 Führungs-, 78 Feder-, 89 Gewichts-, 89 Gravitations-, 89 innere, 89, 166, 191 konservative, 148 Magnet-, 89 Nicht-Potenzial-, 89, 138 Potenzial-, 89, 134, 136, 138 Reaktions-, 89 Reibungs-, 91, 136 restliche, 138, 191 Schein-, 89, 110, 301, 302 Schub-, 75, 175 Schwer-, 89 Trägheits-, 89 Trag-, 78 Vorspann-, 384, 385 Widerstands-, 91, 126 Wind-, 89 Windwiderstands-, 89 Kraftgröße, 9, 69 Kragträger, 129, 379 Kreisbewegung, 51, 172, 182 Arbeit und Leistung bei einer, 127 gleichförmige, 33, 39 um feste Achse, 51 um momentane Achse, 55, 59 um momentanen Drehpunkt, 38 Kreisel, 291, 311, 319, 320 -moment, 304, 307, 310, 324–326 momentenfreier, 311, 320 permanenter, 311 Präzession eines K.-s, 319 stabiler, 311 Kreiselpräzession, 2 Kreisfrequenz, siehe Eigenfrequenz Kenn-, 394 Kriechbewegung, 395 Laval, 277 -Läufer, 277 Lehrsches Dämpfungsmaß, 394, 398, 403 Leistung, 125, 126 einer Kraft, 125

449

eines Momentes, 127 Einheit der, 125 für den starren Körper, 269 Lemniskate, 50 Logarithmisches Dekrement, 398 Luftwiderstand, 95, 96, 99 Magnetschwebebahn, 41, 78, 82, 109 Masse, 72 Einheit, 72 schwere, 73 träge, 72, 73 Massenmittelpunkt, 71, 73, 156, 166 Massenpunkt, 69, 71 Ersatzmodell, 69 Massenpunktsystem, 155, 191 Massenmittelpunkt, 156 Schwerpunkt, 156 starres, 155 Massenträgheitsmatrix, 253, 254, 260, 261, 305, 336, 337 Eigenwertproblem, 254 Hauptträgheitsmomente, 254 Massenträgheitsmoment, 173, 174, 195, 226, 228, 253, 267, 305, 312, 336, 337 axiales, 253 dünne Kreisscheibe, 257 dünner Kreisring, 257 dünner Stab, 257 experimentelle Bestimmung, 385 für einfache Körper, 258 Hauptachsen, 254 Hohlzylinder, 229, 257 Koordinatentransformation, 262 Kugel, 230 Quader, 228, 256 Satz von Steiner, 231, 260 Verdrehung der Achsen, 262 Verschiebung der Achsen, 260 Massenträgheitstensor, 317 Matrix -darstellung des Momentensatzes, 306 des Ortsvektors, 177 Massenträgheits-, 253, 305 Metronom, 392 Moment, 336 -envektor, 304, 336 Schein-, 304, 307 momentaner Beschleunigungspol, 217 momentaner Geschwindigkeitspol, 211–216 Momentanpol, siehe momentaner Geschwindigkeitspol Momentensatz, 4 Boltzmann-Axiom, 299

450

Index

Euler Winkel, 318 für das Massenpunktsystem, 169 für ebene Bewegung starrer Körper, 225, 299 für starre Körper, 251, 252, 281 Formulierung mit dem Beschleunigungsvektor, 169 Formulierung mit dem Drehimpulsvektor, 170 Herleitung des -es, 299 im bewegten Bezugssystem, 304, 305 Lösungsschritte mit dem, 176 Motorrad, 62, 361 Newton, 4, 69, 81, 101 -sche Axiome, 69 das Gravitationsgesetz von, 100 nichtkonservatives System, 138 Normalenebene, 38 Normaleneinheitsvektor, 37 Nullniveau, 136 Nullphasenwinkel, 373 Nullphasenzeit, 373 Nutationswinkel, 292 Nutzarbeit, 126, 354 Ort, 9, 26 -Zeit-Diagramm, 10 in mitrotierenden kartesischen Koordinaten, 52 in natürlichen Koordinaten, 38 in raumfesten kartesischen Koordinaten, 29 in Zylinderkoordinaten, 33 Ortsvektor, 26 differenzieller, 27 Relativ-, 55 Pendel, 384 das federgelagerte, 385 mathematisches, 79, 385 physikalisches, siehe physisches Pendel physisches, 233, 384 Periodendauer, 373, 374, 376, siehe Schwingungsdauer Phase, 373 Gegen-, 409 in Phase, 409 Phasen-Frequenzgang, 409 Phasendiagramm, 14 Phasenkurve, 14 Phasenverschiebung, 409, 410, 415, 416 Phasenwinkel, 373 Planetenbewegungen, 72, 104 Pol, siehe momentaner Geschwindigkeitspol Potenzial, 135 -differenz, 136, 148 -ebenen, 136 -Àächen, 136 -funktion, 134, 147

für Federkraft, 135 für Gewichtskraft, 135 Gradient der, 148 -kräfte, 147, 148, 151 Präzession, 318 Präzessionswinkel, 292 Projektion, 116 Punkt, 9 Quantenmechanik, 73 Querschwingung, 382, 399, 416 Rakete, 152, 325 Rastpolbahn, 214 Raumpunkt, 26, 28, 31, 37 Reibung Gleit-, 238 Haft-, 238 trockene, 401 Relativbewegung, 217, 282 Relativitätstheorie, 73 allgemeine, 73 Resonanz, 413, 415 Restitutionsphase, 349 resultierende Kraft, 71, 225, 252, 297 resultierender Drehimpulsvektor, 171 resultierender Kraftvektor, 71–73, 82, 84 resultierender Momentenvektor, 170, 171 Reynoldssche Zahl, 95 Ringintegral, 148 Roboter, 34, 54, 161 Rollen, 92, 238 Rollwiderstand, 92, 126 Kraftgesetz zum, 92 Rotation, 202, 251 des Bezugssystem, 283 starrer Körper, 251 Rotationsenergie, 196, 243, 269, 270 Rotationszentrum, 291 Rotor biegestarrer Läufer, 277 elastischer Läufer, 277 idealer, 188, 268 Selbstzentrierung, 278 Ruhelage, 395 statische, 13, 370, 383, 385, 410 Satellit, 40, 147, 311 schiefe Ebene, 120, 192 Schmiegeebene, 37, 38 Schnittgrößen in bewegten Systemen, 247, 248 Schnittprinzip, 71, 89 Schubkurbel, 47, 146 Schwerpunkt, 9, 26, 51, 71, 73

Index des Körpers, 344 ebene Bewegung, 225, 226, 228 Massenträgheitsmomente, 256 Rotation, 251–253 des Massenpunktsystems, 156, 167, 171, 196 des starren Körpers, 202, 330, 332, 338, 339, 344 Schwerpunktsatz, 4, 225, 300, 401 für das Massenpunktsystem, 165–167 für ebene Bewegung starrer Körper, 225 für starre Körper, 251, 277, 281 Schwingungen, 13 Abstimmung, 407 angefachte, 370 Anregung von, 370 Biege-, 370 De¿nition von, 369 Dreh-, 370 Eigen-, 372 Einschwingvorgang, 409 Energie, 387 Erregerfrequenz, 406 erzwungene, 372 erzwungene gedämfte, 406 erzwungene ungedämpfte, 413 freie, 372 freie gedämpfte, 396 Freiheitsgrad, 371 gedämpfte, 370 harmonische, 14, 373 homogene Differenzialgleichung, 377 im Schwerefeld, 383 inhomogene Differenzialgleichung, 406 Längs-, 370 mechanische Systeme, 370 Mittelwert, 373 nichtharmonisch, 376 nichtlineare Differenzialgleichungen, 372 nichtperiodische, 376 Pendel-, 370 periodische, 373 Quer-, 370 regelmäßige, 372 Torsions-, 370 ungedämpfte, 370 unregelmäßige, 372 Zeigerdarstellung, 374, 391 Zustandsgröße, 370 Schwingungsbreite, siehe Amplitude halbe, 372 Schwingungsdauer, 14, 80, 373, 378, 384, 385, 387, 397 Skalarprodukt, 116, 118, 125, 132, 426 Arbeit als, 116, 125 Spannung infolge Querschwingung, 382, 399, 416

451

starrer Körper, 9, 201 ebene Bewegung, 201 Rotation, 251 Statik, 3, 71, 110, 186, 281 stationäre Präzession, 319, 321 Sinkgeschwindigkeit, 99 Steiner Satz von, 231, 260 Stoß -bedingung, 351 -dauer, 346 -hypothese, 350, 360 -impuls, 351 -mittelpunkt, 362 -zahl, 351 Annahmen zum, 346 De¿nition des Stoßes, 344 Deformationen beim, 346 elastisch-plastischer, 346, 349 elastischer, 345, 348 Energieverlust beim, 349, 351, 354 exzentrischer, 344, 359 gerader, 345, 347 Kontakt, 344, 346 -ebene, 344 -kraft, 344, 346 -normale, 344, 359, 360 plastischer, 346, 348 realer, 346 Reibung beim, 344 schiefer, 345 wirklicher, 346 zentraler, siehe zentrischer Stoß zentrischer, 344, 347 Strömung laminare, 94 turbulente, 94 Streckebene, 38 Symmetrieachse, 254 Symmetrieebene, 254 Systemgrenze, 155, 176 Tangenteneinheitsvektor, 37 Tiefdruckgebiet, 302 Torsionsfeder, 392 Torsionsschwingungen, 370 Torsionsstab, 380 Torsionsstei¿gkeit, 380 Torsionswiderstandsmoment, 316 Trägheitsgesetz, 4 Trägheitsmoment, siehe auch Massenträgheitsmoment Haupt-, 307, 313 Trägheitsradius, 385

452

Index

Translation, 202, 203 des Bezugssystems, 282, 283 des Massenpunktsystems, 196 des starren Körpers, 243 gekrümmte, 203 geradlinige, 203 Translationsenergie, 196, 243 Trennung der Variablen, 15, 16, 18 Umlauf -winkel, 103 -zeit, 105 Unwucht, 408, 416 Vektorbasis, 28, 31, 38, 161, 428 mitrotierende, 51 Vektoren Addition von, 426 axiale, 60, 425 Basisnormierte, 428 orthonormale, 428 Rechtssystem von, 428 Basisdarstellung von, 428 Basiswechsel, 429 Einheits-, 426 freie, 425 Kreuzprodukt von, 38, 60, 103, 169, 170, 426 liniengebundene, 425 Multiplikation mit Skalar, 426 punktgebundene, 425 Skalarprodukt von, 426 Spatprodukt von, 194, 427 Vektorprodukt, siehe Vektoren, Kreuzprodukt von Vergrößerungsfaktor, 409, 410 Vergrößerungsfunktion, 278, 410, 413–416 Verlustenergie, siehe Energieverlust Verschiebung, 10, 26 Verstellmoment, 316 Viskoelastizität, 346 Viskoplastizität, 346 Vorzeichen, 74, 176 Wärme, 151 Walk -amplitude, 92 -frequenz, 92 -verlustarbeit, 92

Waschmaschine, 46, 421 Watt, 117, 125 Wegintegral, 116 Welle elastische, 277 kritische Drehzahl, 277 Widerstandsbeiwert, 94, 95, 99 Widerstandskraft, 94, 97, 117 Windwiderstand, 126 Winkel, siehe Drehwinkel Winkelbeschleunigung, 9, 33 des starren Massenpunktsystems, 172, 183 starrer Körper, 206 Winkelbeschleunigungsvektor, 61 des starren Massenpunktsystems, 160 Kommutativgesetz, 286 starrer Körper, 285, 286, 294, 307 Winkelgeschwindigkeit, 9, 33, 38, 39, 51, 59, 127 der Erde, 284 des starren Massenpunktsystems, 158, 160, 172, 183, 196 Einheit der, 33 relative, 293 starrer Körper, 202, 206, 209, 213, 225, 243, 251, 293, 307, 312, 374, 403 Winkelgeschwindigkeitsvektor, 60, 61 als freier Vektor, 160 Basisdarstellung, 294 des starren Massenpunktsystems, 160 starrer Körper, 285, 286, 293, 294 Wirbelfreiheit, 148 Wirkungsgrad, 125, 126, 354 momentaner, 126 Wirkungslinie, 266 Wurf, 76, 81 -dauer, 76 -parabel, 3, 47, 48, 77 -weite, 76 Zentralbewegung, 103 Zentrifugalkraft, 89, 111, 112, 186, 266, 277 Zentrifugalmoment, 184 Zentripetalbeschleunigung, 33, 39 Zentripetalkraft, 111 Zugstab, 379 Dehnstei¿gkeit für den, 379 Ersatzsystem für den, 379

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Die Mitbestimmung in der Bundesrepublik Deutschland: Eine Einfuhrung (Lehrbuch)

Bausteine der Politik: Eine Einfuhrung

Theorien der Mediennutzung: Eine Einfuhrung

Soziologie der Behinderung: Eine Einfuhrung

Einführung in die Technische Mechanik: Statik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Technische Mechanik 3: Kinetik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Technische Mechanik 3: Kinetik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Technische Mechanik 2: Elastostatik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Theoretische Physik 1: Mechanik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Elektrische Maschinen. Eine Einführung: Eine Einfuhrung (Springer-Lehrbuch)

Formeln und Tabellen zur Technischen Mechanik, 20.Auflage GERMAN

Theorie der Industrieokonomik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Grundlagen der Unternehmensfuhrung (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Analysis in Beispielen und Gegenbeispielen: Eine Einfuhrung in die Theorie reeller Funktionen (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Multivariate Statistik in der Okologie: Eine Einfuhrung GERMAN

Stochiometrie: Eine Einfuhrung in die Grundlagen mit Beispielen und Ubungsaufgaben (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Kurzes Lehrbuch der Physik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Theoretische Mechanik (Springer-Lehrbuch)

Lehrbuch der Technischen Mechanik - Dynamik: Eine anschauliche Einfuhrung (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Mathematik fur Ingenieure: Eine anschauliche Einfuhrung fur das praxisorientierte Studium, 7. Auflage (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Wavelets. Eine Einfuhrung. German

Regelungstechnik. Eine Einfuhrung GERMAN

Codierungstheorie - Eine Einfuhrung German

Theoretische Mechanik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Technische Mechanik. Dynamik

Der Europarat: Eine Einfuhrung

Kernphysik: Eine Einführung (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Mechanik der Gase (Springer-Lehrbuch)

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 3: Kinetik, Hydrodynamik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 3: Kinetik, Hydrodynamik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Kulturpolitik: Eine Einfuhrung. 3. Auflage (Lehrbuch)

Die Mitbestimmung in der Bundesrepublik Deutschland: Eine Einfuhrung (Lehrbuch)

Bausteine der Politik: Eine Einfuhrung

Theorien der Mediennutzung: Eine Einfuhrung

Soziologie der Behinderung: Eine Einfuhrung

Einführung in die Technische Mechanik: Statik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Technische Mechanik 3: Kinetik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

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Technische Mechanik 2: Elastostatik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Theoretische Physik 1: Mechanik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Elektrische Maschinen. Eine Einführung: Eine Einfuhrung (Springer-Lehrbuch)

Formeln und Tabellen zur Technischen Mechanik, 20.Auflage GERMAN

Theorie der Industrieokonomik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Grundlagen der Unternehmensfuhrung (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

Analysis in Beispielen und Gegenbeispielen: Eine Einfuhrung in die Theorie reeller Funktionen (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

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