Tm-iii Skript - Oth Regensburg

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Technische Mechanik III VORLESUNGSSKRIPT Prof. Dr. Georg Rill © März 2016 zB yB a xB h ϕ b α z0 y0 x0 Q N P mg download unter: https://hps.hs-regensburg.de/rig39165/ ©Rill, 5. März 2016 Inhalt 1 Punkt-Kinematik 1.1 Lage . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Koordinatensysteme . . . . . 1.1.2 Ortsvektor . . . . . . . . . . 1.1.3 Kinematische Bindungen . . . 1.1.4 Bahnkurve . . . . . . . . . . 1.2 Geschwindigkeit . . . . . . . . . . . 1.2.1 Definition . . . . . . . . . . . 1.2.2 Bahngeschwindigkeit . . . . . 1.3 Beschleunigung . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Definition . . . . . . . . . . . 1.3.2 Tangentialbeschleunigung . . 1.3.3 Normalbeschleunigung . . . . 1.3.4 Gesamtbeschleunigung . . . . 1.4 Zylinderkoordinaten . . . . . . . . . . 1.4.1 Definition . . . . . . . . . . . 1.4.2 Lage . . . . . . . . . . . . . . 1.4.3 Geschwindigkeit . . . . . . . 1.4.4 Beschleunigung . . . . . . . . 1.5 Grundaufgaben . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Räumliche Bewegungen . . . 1.5.2 Eindimensionale Bewegungen 1.6 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Schieber . . . . . . . . . . . . 1.6.2 Kurvenscheibe . . . . . . . . 1.6.3 Fahrmanöver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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. . 2.4.2 Energieerhaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.3 Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Leistung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Raketengleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1 Herleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.2 Beispiel Wasserstoffrakete . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.1 Güterwagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.2 Hülse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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I OTH Regensburg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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. . 4.3.3 Beispiel Reibradgetriebe . . . . 4.4 Momentane Drehachse . . . . . . . . . 4.4.1 Allgemeine Bewegung . . . . . 4.4.2 Momentaner Drehpol . . . . . . 4.5 Beschleunigung . . . . . . . . . . . . . 4.5.1 Allgemeine Relativbewegung . 4.5.2 Starrkörperbewegungen . . . . 4.6 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6.1 Stößel . . . . . . . . . . . . . . 4.6.2 Stab . . . . . . . . . . . . . . . 4.6.3 Laufkatze . . . . . . . . . . . . 4.6.4 Roboterarm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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. . . 5.2.4.3 Abgeplattete Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 32 32 33 33 33 33 33 34 34 35 35 35 35 3.2 3.3 3.4 3.5 II 3.1.4 Federenergie . . . . . . . Widerstandskräfte . . . . . . . . . 3.2.1 Trockene Reibung . . . . 3.2.2 Laminare Strömung . . . 3.2.3 Turbulente Strömung . . . Bewegungen im Schwerefeld . . . 3.3.1 Massenanziehung . . . . . 3.3.2 Das Schwerefeld der Erde 3.3.3 Fluchtgeschwindigkeit . . 3.3.4 Potentielle Energie . . . . 3.3.5 Planetenbewegungen . . . Schiefer Wurf mit Lufwiderstand . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 Werkzeugmaschine . . . . 3.5.2 Elektromagnet . . . . . . 3.5.3 Güterwagen . . . . . . . . 3.5.4 Motorboot . . . . . . . . 3.5.5 Gabelstapler . . . . . . . Technische Mechanik III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Technische Mechanik III (Dynamik) 5.2.4.4 Langgestreckte Körper . . . . . Wechsel des Bezugspunktes . . . . . . . 5.2.5.1 Satz von Steiner . . . . . . . . 5.2.5.2 Beispiel . . . . . . . . . . . . 5.2.6 Drehung des Koordinatensystems . . . . 5.2.6.1 Tensortransformation . . . . . 5.2.6.2 Beispiel ebener Rührhaken . . 5.2.7 Hauptachsensystem . . . . . . . . . . . . 5.2.8 Trägheitsradien . . . . . . . . . . . . . . 5.2.8.1 Definition . . . . . . . . . . . 5.2.8.2 Beispiel Rührhaken . . . . . . 5.2.8.3 Beispiel Scheibe und Ring . . . Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1 Impulssatz . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2 Drallsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2.1 Analogiebetrachtung . . . . . . 5.3.2.2 Drallerhaltung . . . . . . . . . 5.3.2.3 Kreiselmomente . . . . . . . . 5.3.2.4 Allgemeine Definition . . . . . Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1 Eulersche Kreiselgleichungen . . . . . . 5.4.2 Stabilität von Drehbewegungen . . . . . 5.4.3 Fliegender Bierfilz . . . . . . . . . . . . 5.4.3.1 Modellbeschreibung . . . . . . 5.4.3.2 Bewegungsgleichungen . . . . 5.4.3.3 Bewegungsanalyse . . . . . . . 5.4.4 Kraftwirkung von Rotoren . . . . . . . . 5.4.4.1 Rotor mit Unwuchten . . . . . 5.4.4.2 Bewegungsgleichungen . . . . 5.4.4.3 Lagerreaktionen . . . . . . . . Bewegungen in einer Ebene . . . . . . . . . . . . 5.5.1 Kinetische Energie . . . . . . . . . . . . 5.5.2 Impuls- und Drallsatz . . . . . . . . . . . 5.5.3 Übergang Gleiten Rollen . . . . . . . . . 5.5.3.1 Aufgabenstellung . . . . . . . 5.5.3.2 Bewegungsgleichungen . . . . 5.5.3.3 Gleiten . . . . . . . . . . . . . 5.5.3.4 Rollen . . . . . . . . . . . . . 5.5.3.5 Graphische Veranschaulichung Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1 Windmesser . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.2 Taktgeber . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.3 Pkw-Rad . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.4 Traktor mit Walze . . . . . . . . . . . . 5.6.5 Zugtür . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Prof. Dr.-Ing. G. Rill . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 36 36 36 38 38 38 39 40 40 40 40 41 41 42 42 42 43 43 44 44 44 44 44 45 45 46 46 46 46 47 47 47 48 48 48 48 49 49 50 50 50 50 51 51 6 Ebene Mehrkörpersysteme 6.1 Anmerkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Einfaches Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1 Modell eines Hubwerks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.2 Minimal Schnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.3 Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.4 Elimination der Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.5 Bindungsgleichungen und verbleibende Bewegungsgleichung 6.2.6 Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Beispiel Differentialflaschenzug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1 Modell mit Minimalschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.3 Elimination der Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.4 Bindungsgleichungen und verbleibende Bewegungsgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 52 52 52 52 53 53 53 53 53 53 54 54 54 5.2.5 5.3 5.4 5.5 5.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III OTH Regensburg 6.4 6.5 6.3.5 Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nichtlineare Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.1 Beispiel Vogelmobile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.2 Bindungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.3 Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.4 Elimination der Schnittreaktionen und verbleibende Bewegungsgleichung 6.4.5 Numerische Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.1 Hebevorichtung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.2 Seiltrommel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Übungsbeispiele 7.1 Punkt-Kinematik . . . . . . . . . . 7.1.1 Flugzeug . . . . . . . . . . 7.1.2 Schweißroboter . . . . . . . 7.1.3 Bremsen in der Kurve . . . 7.1.4 Kreuzschleife . . . . . . . . 7.1.5 Zug . . . . . . . . . . . . . 7.1.6 Kran . . . . . . . . . . . . . 7.2 Punkt-Kinetik . . . . . . . . . . . . 7.2.1 Rütteltisch . . . . . . . . . 7.2.2 Stein . . . . . . . . . . . . 7.2.3 Auffahrunfall . . . . . . . . 7.2.4 Ebene Punktbewegung . . . 7.2.5 Räumliche Punktbewegung . 7.2.6 Rakete . . . . . . . . . . . 7.2.7 Eisstock . . . . . . . . . . . 7.2.8 Platte . . . . . . . . . . . . 7.3 Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.1 Hebebühne . . . . . . . . . 7.3.2 Schiff . . . . . . . . . . . . 7.3.3 Sportflugzeug . . . . . . . . 7.4 Starrkörper-Kinematik . . . . . . . 7.4.1 Ventilator . . . . . . . . . . 7.4.2 Reibradgetriebe . . . . . . . 7.4.3 Rollenlager . . . . . . . . . 7.5 Starrkörper-Kinetik . . . . . . . . . 7.5.1 Rührhaken . . . . . . . . . 7.5.2 Relais . . . . . . . . . . . . 7.5.3 Kugel . . . . . . . . . . . . 7.6 Ebene Mehrkörpersysteme . . . . . 7.6.1 Aufzug . . . . . . . . . . . 7.6.2 Fahrkorb . . . . . . . . . . IV Technische Mechanik III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 54 54 54 56 56 56 57 57 57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 59 59 59 59 59 60 60 60 60 61 61 61 61 61 61 62 62 62 62 62 62 62 63 63 63 63 63 64 64 64 64 1 Punkt-Kinematik 1.1 Lage y0 z0 1.1.1 Koordinatensysteme P r0P Voraussetzung für die eindeutige Lagebeschreibung einer Punktmasse ist ein Koordinatensystem, mit dessen Ursprung und Achsen ein Referenzpunkt und Referenzrichtungen zur Verfügung stehen, Bild 1.1. z ez 0 y x0 ey ex Bild 1.2: Ortsvektor x legt gegenüber dem Koordinatensystem 0 die Lage einer Punktmasse P zum Zeitpunkt t eindeutig fest, Bild 1.2. In der Technischen Mechanik werden stets orthogonale und rechtshändige Koordinatensysteme verwendet, wobei die Richtungen der Koordinatenachsen x, y, z durch die Einheitsvektoren e~x , e~y , e~z mit |~e x | = 1, |~e y | = 1, |~ez | = 1 festgelegt sind. Die Orthogonalität kann durch das Verschwinden der Skalarprodukte e~yT e~z = 0, e~zT e~x = 0 (1.1) ausgedrückt werden. Das Transponiertzeichen, in (1.1) das hochgestellte T, vertauscht bei Vektoren und Matrizen die Zeilen und Spalten. Das Skalarprodukt zweier Vektoren kann damit als Multiplikation eines Zeilen- mit einem Spaltenvektor dargestellt werden. Die Kreuzprodukte e~x × e~y = e~z, 0 y Bild 1.1: Koordinatensystem e~xT e~y = 0, z x e~y × e~z = e~x, e~z × e~x = e~y (1.2) definieren die Rechtshändigkeit. 1.1.2 Ortsvektor 1.1.3 Kinematische Bindungen Im Raum verfügt eine Punktmasse über f = 3 freie Bewegungsmöglichkeiten (Freiheitsgrade). Die Anzahl der freien Bewegungsmöglichkeiten bestimmt auch die Anzahl der unabhängigen Koordinaten (Verallgemeinerte Koordinaten), die zur eindeutigen Lagebeschreibung erforderlich sind. In (1.3) sind das die Komponenten x, y, z des Ortsvektors. Lager und/oder Führungen schränken die freien Bewegungsmöglichkeiten ein. In der Statik werden Lager durch die Fähigkeit der Kraft und/oder Momentenübertragung beschrieben. In der Kinematik steht die Einschränkung der Bewegungsmöglichkeit im Vordergrund. Kinematische Bindungsgleichungen charakterisieren jetzt die Wirkung von Lagern und/oder Führungen. Die triviale Bindungsgleichung Der Ortsvektor ~r 0P (t) mit den Komponenten  x(t)  ~r 0P,0 (t) =  y(t)   z(t)  Die Indizes 0 und P bezeichnen Anfangs- und Endpunkt. Der mit Komma abgetrennte Index 0 gibt an, daß die Komponenten des Vektors im System 0 angeschrieben werden. z=0 (1.3) (1.4) beschreibt mit den verbleibenden Koordinaten x(t) und y(t) Bewegungen in der x y-Ebene. 1 OTH Regensburg Technische Mechanik III Bewegt sich die Punktmasse P auf einem Kreis in der x yEbene mit dem Radius R, dann kann seine Lage durch die Koordinate x = x(t) und die Bindungsgleichungen p (1.5) y = ± R2 − x 2 und z = 0 z0 P(t 0 ) P(t) Bahnkurve r0P(t 0 ) r0P(t) angegeben werden, Bild 1.3. z0 s r0P(tE ) P(tE ) y0 0 x0 0 x0 ϕ y Bild 1.4: Bahnkurve R x zum Punkt P(t +dt) weiterbewegt und dabei die Strecke ds zurückgelegt. Die Ortsvektoren y0 P  x(t +dt)   x(t)    ~r 0P,0 (t) =  y(t) , ~r 0P,0 (t +dt) =  y(t +dt)   z(t +dt)   z(t)  Bild 1.3: Ebene Kreisbewegung Die Koordinaten x und y können über x = R cos ϕ und y = R sin ϕ beschreiben die Lage von P(t) und P(t+dt). Mit x(t+dt) = (1.6) durch den Winkel ϕ und den Radius R ausgegeben werden. Mit ϕ = ϕ(t) als verallgemeinerter Koordinate und den trivialen Bindungsgleichungen R = const. und z=0 P(t+dt) ds P(t) dz (1.7) kann die Kreisbewegung wesentlich einfacher beschrieben werden. Durch die Wahl günstiger Koordinaten kann in vielen Fällen die Beschreibung einer Bewegung, bzw. die Formulierung von Bindungsgleichungen, stark vereinfacht werden. 1.1.4 Bahnkurve Bei seinen Bewegungen im Zeitintervall t 0 ≤ t ≤ t E durchlaufen die einzelnen Punkte P(t 0 ) bis P(t E ) die Bahnkurve, Bild 1.4. Zum Zeitpunkt t hat die Punktmasse auf der Bahnkurve die Strecke s = s(t) zurückgelegt. Bei beliebig gekrümmten Bahnkurven kann der Zusammenhang zwischen dem Weg s(t) und den Punktkoordinaten x(t), y(t) und z(t) nur noch durch differentielle Betrachtung angegeben werden. Im infinitesimal kleinen Zeitschritt dt hat sich die Punktmasse vom Punkt P(t) 2 (1.8) dx dy Bild 1.5: Wegkoordinate x(t)+dx, y(t+dt) = y(t)+dy und z(t+dt) = z(t)+dz kann dann aus Bild 1.5. der Zusammenhang q ds = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 (1.9) abgelesen werden. 1.2 Geschwindigkeit 1.2.1 Definition Die auf das Zeitintervall 4t bezogene Lageänderung ~r 0P,0 (t +4t) − ~r 0P,0 (t) 4~r 0P,0 = 4t 4t (1.10) Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill gibt im Grenzübergang 4t → 0 die Geschwindigkeit der Punktmasse zum Zeitpunkt t an 4~r 0P,0 d ~r 0P,0 ˙ lim = = ~r 0P,0 = ~v0P,0 4t→0 4t dt ds dt v = (1.11) Die Berechnung der Lageänderung 4~r 0P,0 = ~r 0P,0 (t +4t) − ~r 0P,0 (t) ist an ein Koordinatensystem – hier das System 0 – gebunden. Entsprechend (1.11) gibt die zeitliche Ableitung des im System 0 dargestelleten Ortsvektors ~v0P,0 = ~r˙0P,0 wobei (1.16) die Bahngeschwindigkeit angibt. Für die Wegableitung erhält man  dx/ds  d ~r 0P,0 (1.17) =  d y/ds  ds  dz/ds  Weil gemäß (1.9)  (1.12) dx ds 2 +  dy ds 2 +  dz ds 2 = 1 (1.18) gilt, ist (1.17) ein Einheitsvektor, die Geschwindigkeit an, die die Punktmasse P zum Zeitpunkt t gegenüber dem System 0 hat. z0 P(t) v0P y0 r0P(t) 0 r0P d ~r 0P,0 ds = 1 (1.19) der in Richtung der Bahntangente zeigt. Mit et d ~r 0P,0 = e~t ds P(t+ t) und ds =v dt geht (1.15) dann in (1.13) über. r0P(t+ t) x0 1.3 Beschleunigung 1.3.1 Definition Bild 1.6: Geschwindigkeit Für 4t → 0 zeigt der Vektor 4~r 0P in Richtung der Bahntangente (Einheitsvektor e~t ) im Punkt P(t), Bild 1.6. Der Geschwindigkeitsvektor ~v0P verläuft somit stets tangential zur Bahn und mit v = |~v0P | kann die Geschwindigkeit auch in der Form ~v0P,0 = v e~t,0 Analog zur Geschwindigkeit kann aus der Geschwindigkeitsänderung 4~v0P,0 (dt) = ~v0P,0 (t +4t) − ~v0P,0 (t) auch die Beschleunigung der Punktmasse P zum Zeitpunkt t berechnet werden (1.13) lim angeschrieben werden. (1.20) 4t→0 4~v0P,0 d ~v0P,0 ˙ = = ~v0P,0 = a~0P,0 , 4t dt (1.21) wobei der Vektor 1.2.2 Bahngeschwindigkeit a~0P,0 = ~v˙0P,0 = ~r¨0P,0 Beschreibt man die Lage der Punktmasse mit  x(s)  ~r 0P,0 (s) =  y(s)   z(s)  die Beschleunigung angibt, die die Punktmasse P zum Zeitpunkt t gegenüber dem System 0 hat. (1.14) in Abhängigkeit von der Wegkoordinate s = s(t), dann muß die Ableitung nach der Zeit t über die Kettenregel berechnet werden
ds d ~r 0P,0 (s) ~r˙0P,0 (s(t)) = ds dt (1.22) Die Richtung des Beschleunigungsvektors bleibt zunächst unbestimmt, da ein Vektor – hier der Geschwindigkeitsvektor ~v0P,0 – sowohl seine Länge als auch seine Richtung ändern kann. (1.15) 3 OTH Regensburg Technische Mechanik III 1.3.2 Tangentialbeschleunigung auf die Winkeländerung 4ϕ zurück geführt werden. Zudem ist die Änderung der Bahnkoordinate durch Geht man bei der Berechnung der Beschleunigung von der Geschwindigkeitsdarstellung (1.13) aus, dann erhält man zunächst a~0P,0 d = (v e~t,0 ) = v˙ e~t,0 + v e~˙t,0 dt (1.23) 4s = ρ(s) 4ϕ gegeben, wobei ρ = ρ(s) den momentanen Krümmungsradius der Bahn angibt. Damit erhält man Einheitsvektoren können nur die Richtung, nicht aber die Länge ändern. Es gilt daher e~˙t,0 ⊥ e~t,0 T ˙ e~t,0 e~t,0 = 0 bzw. (1.24) Die Beschleunigungsanteile in (1.23) stehen senkrecht aufeinander und liefern mit at = v˙ (1.25) (1.30) d e~t,0 ds 4s 1 ρ(s) = lim = 4s→0 4s ρ(s) (1.31) Mit der Bahngeschwindigkeit v = ds/dt folgt dann aus (1.26) der Zusammenhang v d e~t,0 e~n,0 v = e~n,0 ρ ds d e~˙t,0 = e~t,0 v = ds (1.32) Setzt man (1.32) in (1.23) ein, dann kann mit sofort den tangentialen Anteil. an = v2 ρ (1.33) 1.3.3 Normalbeschleunigung Über die Wegkoordinate s = s(t) kann die Änderung des tangentialen Einheitsvektors e~t,0 geometrisch veranschaulicht werden. Zunächst erhält man d d ds e~˙t,0 = e~t,0 = e~t,0 dt ds dt (1.26) auch der Beschleunigungsanteil in Richtung der Bahnnormalen en angegeben werden. 1.3.4 Gesamtbeschleunigung Der Beschleunigungsvektor kann also mit Analog zu (1.21) gilt aber a~ = v˙ e~t + d e~t,0 4~et,0 (s) = lim 4s→0 ds 4s (1.27) Mit einem Einheitsvektor senkrecht zur Bahntangente e~n ⊥ e~t kann die Änderung von e~t in Betrag und Richtung aufgeteilt werden d e~t,0 = ds Bahnkurve en(s) d e~t,0 e~n,0 ds (1.28) Δs Δet (s) berechnet werden kann. at = e~tT a~ et (s+Δs) momentaner Bahnmittelpunkt die Normalbeschleunigung und mit Gemäß Bild 1.7 kann die Änderung des tangentialen Einheitsvektors dem Betrage nach mit | 4~et,0 (s) | = 4ϕ |~et,0 (s)| = 4ϕ (1.36) kann die tangentiale Komponente herausgefiltert werden. Der verbleibende Anteil liefert dann mit
a~ n = a~ − e~tT a~ e~t (1.37) Bild 1.7: Änderung der Bahntangente 4 stets in zwei aufeinander senkrechte Anteile zerlegt werden, wobei der Betrag aus q (1.35) |a| = at2 + an2 Mit Δφ M (1.34) In vielen Fällen ist die Geschwindigkeit v, die Richtung der Geschwindigkeit et und der Beschleunigungsvektor a~ bekannt. et (s) Δφ ρ(s) v2 e~n = at e~t + an e~n ρ (1.29) ρ = v2 |~an | auch den momentanen Krümmungsradius. (1.38) Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill 1.4 Zylinderkoordinaten Stellt man den Ortsvektor nicht im System 0, sondern im System B dar, dann erhält man mit 1.4.1 Definition Zur Beschreibung rotierender Bewegungen werden häufig Polar- oder Zylinderkoordinaten verwendet. Bei einer Drehung um die z-Achse kann die Lage der Punktmasse P gegenüber dem System 0 durch den Ortsvektor  r(t) cos ϕ(t) ~r 0P,0 (t) =  r(t) sin ϕ(t)  z(t) y0 P  r˙  ˙~r 0P, B =  0     z˙  xB (1.44) Die unterschiedlichen Ergebnisse dokumentieren, dass es beim Differenzieren darauf ankommt, in welchem System die Vektoren dargestellt sind. x0 Bild 1.8: Zylinderkoordinaten Zur Beschreibung von Bewegungen in der x y-Ebene genügen die Polarkoordinaten r und ϕ. Der Winkel ϕ(t) definiert ferner ein zweites Koordinatensystem, das System B, dessen Ursprung und z-Achse mit dem Ursprung und der z-Achse des Systems 0 zusammenfällt. 1.4.2 Lage Mit den Einheitsvektoren  cos ϕ   − sin ϕ   0      e~x B,0 =  sin ϕ  , e~yB,0 =  cos ϕ  , e~z B,0 =  0  (1.40)  0   0   1  in Richtung der Achsen des Systems B kann der Ortsvektor (1.39) wie folgt angeschrieben werden ~r 0P,0 = r e~x B,0 + z e~z B,0 (1.43) die Geschwindigkeit der Punktmasse P gegenüber dem System B, dargestellt im System B. x y     Differenziert man (1.42), dann erhält man mit z ϕ Die zeitliche Ableitung von (1.39), bzw. (1.41) liefert entsprechend den Definitionen (1.10) und (1.11) die Geschwindigkeit der Punktmasse P gegenüber dem System 0, dargestellt im System 0. Aus (1.39) folgt  r˙ cos ϕ − r ϕ˙ sin ϕ ˙~r 0P,0 =  r˙ sin ϕ + r ϕ˙ cos ϕ  z˙(t)  yB r eine sehr einfache Darstellung des Ortsvektors. (1.39) r0P 0=B (1.42) 1.4.3 Geschwindigkeit     beschrieben werden. Zur Lagebeschreibung wurden dabei die Zylinder-Koordinaten r, ϕ und z verwendet, Bild 1.8. z0 =z B  r  ~r 0P, B =  0   z  (1.41) Mit der Darstellung des Ortsvektor in der Form (1.41) eröffnet sich eine Möglichkeit, die Geschwindigkeit in einem System zu berechnen und das Ergebnis in einem anderen System darzustellen. Die Ableitung von (1.41) liefert zunächst ~r˙0P,0 = r˙ e~x B,0 + r e~˙x B,0 + z˙ e~z B,0 + z e~˙z B,0 (1.45) Aus (1.40) folgt  − sin ϕ  ˙e~x ,0 =  cos ϕ  ϕ˙ B   0   | {z } e~yB,0 und e~˙z B,0 = 0 (1.46) Eingesetzt in (1.45) bleibt ~r˙0P,0 = r˙ e~x B,0 + r ϕ˙ e~yB,0 + z˙ e~z B,0 (1.47) oder im System B dargestellt  ~r˙0P,0  ,B  r˙  =  r ϕ˙   z˙  (1.48) 5 OTH Regensburg Technische Mechanik III Dies ist die Geschwindigkeit der Punktmasse P gegenüber dem System 0, dargestellt im System B. Sie stimmt nicht mit (1.44) überein! 1.4.4 Beschleunigung Auch die Beschleunigung von P gegenüber dem System 0 kann im System B einfacher dargestellt werden. Die Ableitung von (1.47) liefert ~r¨0P,0 = r¨ e~x B,0 + r˙ e~˙x B,0 + r˙ ϕ˙ e~yB,0 + r ϕ¨ e~yB,0 + r ϕ˙ e~˙yB,0 + z¨ e~z B,0   ϕ˙ = −~e x B ,0 ϕ˙   (1.50) ~r¨0P,0 = (r¨ − r ϕ˙2 ) e~x B,0 + (r ϕ¨ + 2 r˙ ϕ) ˙ e~yB,0 + z¨ e~z B,0 (1.51) oder im System B dargestellt ~r¨0P,0  ,B  r¨ − r ϕ˙2 =  r ϕ¨ + 2 r˙ ϕ˙  z¨     (1.52) Auch hier darf das Ergebnis nicht mit der zweiten Ableitung  r¨  ¨~r 0P, B =  0  (1.53)   z ¨   des im System B dargestellten Vektors r 0P, B verwechselt werden. Die Beschleunigungen in (1.52) und (1.53) unterscheiden sich durch die Terme r ϕ˙2 , r ϕ¨ und 2 r˙ ϕ. ˙ Sie werden als Zentripetal-, Führungs- und Coriolisbeschleunigung bezeichnet. Die Darstellung der Beschleunigung von P gegenüber dem System 0 im System 0 ist sehr aufwendig, wird aber zum Vergleich trotzdem angeben. Man erhält sie aus der Ableitung von (1.43) oder direkt aus (1.51)   2 ˙ sin ϕ   (r¨ − r ϕ˙ ) cos ϕ − (r ϕ¨ + 2 r˙ ϕ)  ~r¨0P,0 =  (r¨ − r ϕ˙2 ) sin ϕ + (r ϕ¨ + 2 r˙ ϕ) ˙ cos ϕ  (1.54)   z¨(t)   6 Ist entweder die Lage ~r 0P,0 , die Geschwindigkeit v0P,0 = ~r˙0P,0 oder die Beschleunigung a0P,0 = ~v˙0P,0 = ~r¨0P,0 einer Punktmasse als Funktion der Zeit bekannt, dann können die anderen Größen durch Differentiation und/oder Integration berechnet werden. 1.5.2 Eindimensionale Bewegungen bleibt schließlich  1.5.1 Räumliche Bewegungen (1.49) wobei e~˙z B,0 = 0 bereits berücksichtigt wurde. Mit e~˙x B,0 aus (1.46) und  − cos ϕ ˙e~y ,0 =  − sin ϕ B  0  1.5 Grundaufgaben Bei eindimensionalen Bewegungen oder bei Bewegungen längs einer vorgegebenen Kurve, ist in einigen Fällen die (Bahn-)Geschwindigkeit v oder die (Tangential)Beschleunigung a nicht als Funktion der Zeit t, sondern als Funktion des Weges s gegeben. Ist die Geschwindigkeit als Ortsfunktion v = v(s) gegeben, dann folgt die Beschleunigung aus dv dv ds dv a= = = v (1.55) dt ds dt ds Mit v = ds dt und v = v(s) folgt zunächst nur die Zeit als Funktion des Weges Z ds ds dt = oder t = t 0 + (1.56) v(s) v(s) In einigen Fällen existiert die Umkehrfunktion zu t =t(s). Dann kann auch s = s(t) angegeben werden. Ist die Beschleunigung als Ortsfunktion a = a(s) gegeben, dann folgt (1.55) die Geschwindigkeit aus Z v dv = a(s) ds oder v 2 = v02 + 2 a(s) ds (1.57) Da man hier die Geschwindigkeit als Funktion des Weges erhält, v = v(s), kann gemäß (1.56) zunächst wieder nur die Zeit als Funktion des Weges berechnet werden, t = t(s). Auf Grund der komplizierten Funktionen ist es hier in der Regel nicht möglich, die Umkehrfunktion s = s(t) explizit anzugeben. In einigen Fällen ist die Beschleunigung in Abhängigkeit von der Geschwindigkeit gegeben, a = a(v). Dann erhält man aus a = dv dt sofort die Zeit als Funktion der Geschwindigkeit Z dv t = t0 + (1.58) a(v) und über (1.55) auch den Weg als Funktion der Geschwindigkeit Z v dv v dv ds = oder s = s0 + (1.59) a(v) a(v) Falls die Umkehrfunktion zu (1.58) existiert, kann auch v = v(t) angegeben werden. Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill 1.6 Aufgaben d) In welcher Winkellage wird die Gleitgeschwindigkeit maximal und welchen Wert erreicht sie dort? a) Mit ϕ˙ = Ω und ϕ(0) = 0 erhält man den Winkel zu ϕ(t) = Ω t. Die Verschiebung, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Stößels sind dann durch x S = r = r 0 ( 3 + 2 cos(ϕ(t)) ) vS = r˙ = −2 r 0 Ω sin(ϕ(t)) aS = r¨ = −2 r 0 Ω2 cos(ϕ(t)) gegeben. b) Die Beschleunigung erreicht extremale Werte für cos(ϕ(t)) = ±1, bzw. für ϕ = 0 und ϕ = pi. Die entsprechenden Werte sind dann mit aSmin = r¨ (ϕ = 0) = −2 r 0 Ω2 und aSmax = r¨ (ϕ = pi) = +2 r 0 Ω2 gegeben. 1.6.1 Schieber Ein Schieber wird durch einen einfachen Seilzug geöffnet. Das Seil hat die Länge 2a = 0.20 m und wird in der Mitte, im Punkt P, um die Strecke z nach unten gezogen. Zu Beginn ist das Seil gespannt (z = 0) und der Anlenkpunkt B am Schieber befindet sich bei s = 0. B A z a a s P a) Wie groß ist die Verschiebung s = s(z) in B, wenn der Punkt P um die Strecke z nach unten gezogen wird? b) Wie lange dauert es, bis der Schieber um die Strecke ∆s = 0.02 m geöffnet ist, wenn der Punkt P aus der Anfangslage z = 0 mit der konstanten Geschwindigkeit z˙ = 0.25 m/s nach unten gezogen wird? c) Wie groß ist dabei die Geschwindigkeit des Schiebers zu Beginn und am Ende der Verschiebung? a) Für die Verschiebung gilt zumächst s = 2 (a − x) Mit √ x = a2 − z 2 bleibt   √ s = 2 a − a2 − z 2 b) Der Schieber öffnet sich um ∆s, wenn der Punkt P um die Strecke wird. Aus  ∆z√nach unten gezogen √ ∆s = 2 a − a2 − ∆z 2 oder a2 − ∆z 2 = a − 21 ∆s folgt q
2
2 a2 − ∆z 2 = a − 21 ∆s oder ∆z = a2 − a − 21 ∆s Mit den Zahlenwerten bleibt ∆z = 0.04356 m und man erhält die Dauer zu 0.04356 ∆T = ∆z z˙ = 0.25 = 0.17426 s c) Die Differentiation der Bindungsgleichung liefert  p d   −2 z z˙ 2z s˙ = 2 a − a2 − z 2 = −2 √ =√ z˙ dt 2 a2 − z 2 a2 − z 2 Als Ergebnis erhält man schließlich s˙0 = 0 und s˙∆s = √ 2 ∆z a2 −∆z 2 2 ∗ 0.04356 z˙ = √ ∗0.25 = 0.242 m/s 0.102 −0.043562 1.6.2 Kurvenscheibe c) Der Kontaktpunkt P kann der Kurvenscheibe und dem Stößel zugeordnet werden. Als Punkt auf der Kurvenscheibe hat er die Geschwindigkeitskomponenten v PK x = 0 und v PK y = Ω r = Ω r 0 (3 + 2 cos ϕ). Die entsprechenden Komponenten des Stößels sind mit v PSx = r˙ = −2 r 0 Ω sin ϕ und v PS y = 0 gegeben. Die Komponenten der Gleitgeschwingigkeit folgen damit zu v PGx = v PK x − v PSx = +2 r 0 Ω sin ϕ und v PG y = v PK y − v PS y = Ω r 0 (3 + 2 cos ϕ). Der Betrag der p Gleitgeschwindigkeit ist schließlich durch v PG = Ω r 0 13 + 12 cos ϕ bestimmt. d) Die Gleitgeschwindigkeit wird bei ϕ = 0 maximal und erreicht dort den Wert v PG = 5 Ω r 0 . Die Ergebnisse können auch grafisch veranschaulicht werden 5 4 3 2 1 0 −1 −2 r(ϕ)/r0 v(ϕ)/(r0 Ω) a(ϕ)/(r0 Ω2 ) vG (ϕ)/(r0 Ω) 0 90 180 270 360 1.6.3 Fahrmanöver Auf einer Autobahneinfahrt sieht ein Pkw-Fahrer zum Zeitpunkt t = 0 einen Lkw an ihm vorbeifahren. Er entschließt sich Gas zu geben und möchte zum Zeitpunkt t = T am Ende der Auffahrt in einem Abstand von 10 m vor dem Lkw einfädeln. Zu Beginn (t = 0) fährt der Pkw mit der Geschwindigkeit v0P = 72 km/h und er liegt 10 m hinter dem Lkw. Während des gesamten Manövers (0 ≤ t ≤ T) fährt der Lkw mit der konstanten Geschwindigkeit von v L = v0L = 81 km/h und legt dabei eine Strecke von 120 m zurück. 120 m t=0 OTH Regensburg 10 m OTH Regensburg 10 m t=T a) Wie lange dauert das Manöver? b) Welche Beschleunigung ist für das EinfädelManöver erforderlich? c) Welche Geschwindigkeit hat der Pkw am Ende? b) Für den Pkw, der an der Stelle s P (t = 0) = 0 mit der Geschwindigkeit v P (t = 0) = v0P = 72 km/h startet, gilt dann a) Der Lkw fährt mit der konstanten Geschwindigkeit von v L = v0L = 81 km/h und legt dabei eine Strecke von s L = 120 m zurück. Es gilt dann s(T) = s L = v L T Die Bewegungen eines in x-Richtung verschieblichen Stößels werden durch eine Kurvenscheibe erzeugt, die in 0 drehbar gelagert ist und mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ = Ω rotiert. Zu Beginn befindet sich die Kurvenscheibe in der Winkellage ϕ(t = 0) = 0. Die Kontur der Kurvenscheibe ist durch r (ϕ) = r 0 (3 + 2 cos ϕ) festgelegt. Der Stößel bleibt stets in Kontakt mit der Kurvenscheibe. oder T = 5.33 s v P (t) = v0P + a t und s P (t) = v0P t + Er muss in der Zeit T die Strecke sL 120 m = = v L 81/3.6 m/s s P (T) = 10 + 120 + 10 = 140 m 1 2 at 2 c) Der Pkw hat am Ende die Geschwindigkeit vEP = v P (t = T) = v0P + a T = 32.50 m/s = 117.0 km/h zurücklegen. Dies hat die Beschleunigung a=2 s P (T) − v0P T T2 = 2.34 m/s2 zur Folge. y0 0 φ r(φ) x0 P a) Ermitteln Sie die Verschiebung, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung der Stößelspitze P als Funktion der Zeit. b) In welchen Winkellagen erreicht die Beschleunigung des Stößels extremale Werte und wie groß sind die? c) Ermitteln Sie die Geschwindigkeit, mit der der Stößel im Punkt P an der Kurvenscheibe entlang gleitet. 7 2 Punkt-Kinetik 2.1 Axiom von Newton Bewegt sich eine Punktmasse m mit der Geschwindigkeit ~v gegenüber einem ruhenden System, dann gibt der Vektor p~ = m ~v (2.1) den Impuls der Punktmasse an. m1 Englischer Mathematiker und Physiker: siehe: http://de.wikipedia.org Eine an der Punktmasse angreifende Kraft F~ verändert den im ruhenden System 0 dargestellten Impuls. Gemäß Newton gilt also d p~,0 = F~,0 (2.2) dt wobei der durch Komma abgetrennte Index 0 die Darstellung der Vektoren im ruhenden System 0 angibt. m1 + m2 m2 t < t0 t = t0+Δt Vernachlässigt man die während des Stossvorgangs auftretenden äußeren Kräfte, dann folgt aus der Impulserhaltung
m1 v1I + m2 v2I = m1 + m2 v I I (2.6) die Geschwindigkeit nach dem Stoss zu v II m1 v1I + m2 v2I = m1 + m2 Werden auf ein mechanisches System keine Kräfte eingeprägt, dann folgt mit F~,0 = 0 aus dem Newtonschen Axiom (2.2) die Impulserhaltung p~,0 = konst. (2.3) In vielen Fällen ist die resultierende äußere Kraft nicht exakt Null, kann aber für eine erste Abschätzung als vernachlässigbar klein angesehen werden. Bei einem Auffahrunfall zum Beispiel können während des Stoßvorgangs t 0 → t 0 + ∆t die äußeren Kräfte vernachlässigt werden. Entsprechend Bild 2.1 ist der Impuls vor dem Aufprall durch p(t = t 0 ) = pI = m1 v1I + m2 v2I (2.7) Für den Sonderfall m1  m2 bleibt II vm ≈ 2 m1 2.2 Impulserhaltung m1 v1I = v1I m1 (2.8) Die Geschwindigkeit des schwereren Fahrzeug wird also durch das Auffahren auf ein leichteres Fahrzeug praktisch nicht verändert wird (v I I ≈ v1I ). Das leichtere Fahrzeug allerdings wird innerhalb der sehr kleinen Zeit ∆t von v2I auf die Geschwindigkeit des auffahrenden Fahrzeugs v I I ≈ v1I beschleunigt. 2.3 Impulssatz 2.3.1 Definition Bei abgeschlossenen Systemen wird über die Systemgrenze weder Masse zu- noch abgeführt. Wegen m = const. folgt dann aus (2.2) mit (2.1) der Impulssatz (2.4) m 8 v II Setzt man einen plastischen Stoss voraus, dann bewegen sich beide Fahrzeuge unmittelbar nach dem Stoss (Zeitpunkt t = t 0 +∆t) mit der Geschwindigkeit v I I und haben dann den Impuls
p(t = t 0 + ∆t) = pI I = m1 + m2 v I I (2.5) * 4. Januar 1643 † 31. März 1727 oder v I2 v I1 Bild 2.1: Auffahrunfall Sir Isaac Newton d p~,0 = 0 dt gegeben, wobei das Fahrzeug mit der Masse m1 zum Zeitpunkt t = t 0 mit der Geschwindigkeit v1I > v2I auf das Fahrzeug der Masse m2 auffährt. d ~v,0 = F~,0 dt (2.9) Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill wobei d ~v,0 = a~,0 (2.10) dt die Beschleunigung der Punktmasse gegenüber einem ruhenden System 0 angibt. Aus der ersten Gleichung folgt x¨ = 0 x˙ = C1 bzw. und (2.14) Die Integrationskonstanten C1 und C2 können aus den Anfangsbedingungen Der Impulssatz kann in jedem beliebigen Koordinatensystem R angeschrieben werden x(t 0 = 0) = 0 m a~, R = F~, R bestimmt werden. Man erhält (2.11) x = C1 t + C2 x(t ˙ 0 = 0) = v0 und C2 = 0 und C1 = v0 . (2.15) (2.16) Zu beachten ist allerdings, daß a~ stets die Beschleunigung der Punktmasse m gegenüber dem ruhenden System 0 sein muß. Damit kann die Bewegung in x-Richtung mit 2.3.2 Beispiele als reine Zeitfunktion angegeben werden. Mit (2.17) folgt dann aus der zweiten Gleichung in (2.13) mit x = x(t) = v0 t 2.3.2.1 Freie Bewegung, allgemeines Kraftgesetz Eine Punktmasse m tritt zum Zeitpunkt t 0 = 0 an der Stelle x(t 0 ) = 0, y(t 0 ) = 0 mit der Anfangsgeschwindigkeit x(t ˙ 0 ) = v0 , y(t ˙ 0 ) = 0 in ein Magnetfeld ein, dessen Anziehungskraft durch Fx = 0 und Fy = FE Lx gegeben ist, Bild 2.2. y FE v0 t mL y¨ = (2.17) (2.18) die Beschleunigung in y-Richtung. Eine erste unbestimmte Integration liefert die Geschwindigkeit FE v0 t 2 + C3 mL 2 y˙ = (2.19) und eine weitere Integration auch die Auslenkung L FE v0 t 3 + C3 t + C4 mL 6 y = FE (2.20) Wegen α m Bahnkurve v0 x y(t 0 = 0) = 0 und r 0P x(t) = v0 t v0P  x˙  =  y˙  ;  0  a0P  x¨  =  y¨  (2.12)  0  beschreiben Lage, Geschwindigkeit und Beschleunigung der Punktmasse gegenüber dem ruhenden Koordinatensystem. Unter Vernachlässigung der Erdanziehung liefert der Impulssatz für die beiden wesentlichen Komponenten m x¨ = Fx = 0 m y¨ = Fy = FE (2.22) FE v0 t 3 mL 6 (2.23) die Bewegung der Punktmasse. Eliminiert man die Zeit t, dann erhält man mit y(x) = FE x3 6 v02 m L (2.24) die Gleichung der Bahnkurve. Die Punktmasse verläßt das Magnetfeld an der Stelle FE L2 6 v02 m (2.25) dy FE L = dx x=L 2 v02 m (2.26) und (2.13) Die Bewegungsgleichungen (2.13) sind gekoppelt, können aber dennoch sukzessive gelöst werden. y(t) = und x=L x L und C4 = 0 Damit beschreiben Die Vektoren  x  =  y  ;  0  (2.21) verschwinden hier die Integrationskonstanten C3 = 0 Bild 2.2: Bewegung in einem Magnetfeld y(t ˙ 0 = 0) = 0 y = unter dem Winkel tan α L = 9 OTH Regensburg Technische Mechanik III zB yB zB a h h b ϕ ϕ y0 x0 P x0 Bild 2.3: Fliehkraftpendel Das skizzierte Fliehkraftpendel dreht mit der Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ = Ω um die z0 -Achse. Der Winkel α = α(t) beschreibt die Auslenkung des Pendels, Bild 2.3. Die Beschleunigung der Pendelmasse gegenüber dem ruhenden System x 0 , y0 , z0 kann am einfachsten im System x B , yB , z B dargestellt werden. Mit den Zylinderkoordinaten r =r(t), ϕ = ϕ(t) und z = z(t) gilt gemäß (1.52)  ~r¨0P,0  ,B     (2.27) wobei hier und z = h − b cos α (2.28) gilt. Mit den Ableitungen r˙ = b α˙ cos α r¨ = b α¨ cos α − b α˙ 2 sin α mg Der Impulssatz für die Pendelmasse, angeschrieben im System B, liefert also m ( b α¨ cos α − b α˙ 2 sin α − x P ϕ˙2 ) = −N sin α m (x P ϕ¨ + 2 (b α˙ cos α)ϕ) ˙ =Q   m b α¨ sin α + b α˙ 2 cos α = N cos α − mg (2.32) wobei die Abkürzung x P = a + b sin α verwendet wurde. Die erste und dritte Gleichung können durch Multiplikation mit sin α und cos α sowie anschließender Addition, bzw. Subtraktion, zu einer nichtlinearen Differentialgleichung 2. Ordnung für den Pendelausschlagswinkel α z˙ = b α˙ sin α z¨ = b α¨ sin α + b α˙ 2 cos α (2.33) und zu einer Bestimmungsgleichung für N m ( b α˙ 2 + (a+b sin α) sin α ϕ˙2 ) = N −mg cos α (2.34) (2.29) umgeformt werden. Die Differentialgleichung (2.33) kann nur mehr numerisch gelöst werden. (2.30) lautet dann (2.27)  b α¨ cos α−b α˙ 2 sin α−(a+b sin α) ϕ˙2    a~0P, B =  (a+b sin α) ϕ+2 ¨ (b α˙ cos α) ϕ˙  (2.31)  2  b α¨ sin α+b α˙ cos α  Die Wirkung der Pendellagerung (axiales Lager) auf die Pendelmasse äußert sich in der Normalkraft N und der Querkraft Q. Dabei zeigt die Normalkraft in Richtung der Pendelstange und die Querkraft in yB -Richtung. Die Gewichtskraft mg ist entgegen der z0 = z B -Achse gerichtet, Bild 2.4. 10 P m ( b α¨ − (a+b sin α) cos α ϕ˙2 ) = −mg sin α r = a + b sin α und Q N Bild 2.4: Kräfte am Fliehkraftpendel 2.3.2.2 Bewegung mit kinematischen Bindungen  r¨ − r ϕ˙2 =  r ϕ¨ + 2 r˙ ϕ˙  z¨ b α z0 α y0 a~0P,B = a xB xB z0 yB Bei konstanter Drehzahl ϕ˙ = Ω = const. ist eine stationäre Lösung α = α S = const. möglich. Mit α¨ S = 0 folgt aus (2.33) eine transzendente Gleichung − (a+b sin α S ) cos α S Ω2 = −g sin α S , (2.35) die wieder nur numerisch nach α S aufgelöst werden kann. Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill 2.4 Energiesatz erhält man T m v dv = d ~r 0P,0 F~,0 = F~,0T d ~r 0P,0 2.4.1 Herleitung Nun kann auf beiden Seiten integriert werden ZvE Die Bewegung einer Punktmasse m unter dem Einfluß einer Kraft F~ wird gemäß (2.36) durch den Impulssatz m d ~v0P,0 = F~,0 dt (2.36) d ~r 0P,0 die Geschwindigbeschrieben, wobei ~v0P,0 = dt keit der Punktmasse gegenüber dem ruhenden System 0 angibt, Bild 2.5. P(t 0 ) z0 x0 v dv = v0 F~,0T d ~r 0P,0 P(t) F et r0P(t) (2.45) ~r 0 wobei die Grenzen mit v0 = v(t 0 ), vE = v(t E ) und ~r 0 = ~r 0P,0 (t 0 ), ~r E = ~r 0P,0 (t E ) abgekürzt wurden. Das Integral auf der linken Seite kann allgemein gelöst werden und liefert die kinetischen Energien der Punktmasse zum Zeitpunkt t = t 0 und t = t E (0) Ekin Ekin }| { z }| { ZvE   vE z 1 1 1 2 m v dv = = m vE − m v02 m v2 2 2 2 v0 v0 r0P(t E) ~ rE P(t E) ~ r0 (0→E) F~,0T d ~r 0P,0 = WF (0→E) (0) (E) Ekin − Ekin = WF Mit ~v0P,0 = v e~t,0 (2.37) m v˙ e~t,0 + v e~˙t,0 = F~,0 . (2.38) folgt aus (2.36) Nach skalarer Multiplikation mit dem Einheitsvektor e~t in Richtung der Bahntangente erhält man 1 (2.39) 0 Es bleibt also T ~ m v˙ = e~t,0 F,0 . (2.47) Mit dem Energiesatz Bild 2.5: Bewegung einer Punktmasse T T ˙ T ~ e~t,0 + v e~t,0 e~t,0 = e~t,0 F,0 . m v˙ e~t,0 | {z } | {z } (2.46) Der Ausdruck auf der rechten Seite von (2.45) definiert die Arbeit, die die in Richtung des Wegelements d ~r 0P,0 projizierte Kraft F~ auf dem Weg von ~r 0 bis ~r E geleistet hat Z Bahnkurve y0 0 m Z~r E (E) s r0P(t 0 ) (2.44) (2.40) Nur der Anteil der Kraft in Richtung der Bahntangente führt zu einer Änderung der Bahngeschwindigkeit v. (2.48) als integrierte Form des Impulssatzes kann in einigen Fällen die Bewegung einer Punktmasse eleganter beschrieben werden. 2.4.2 Energieerhaltung In einigen Sonderfällen, bei konservativen Kräften, kann das Integral in (2.47) allgemein gelöst werden. Analog zu (2.46) wird dann die Stammfunktion des negativen Arbeitsintegrals als potentielle Energie E pot bezeichnet. Mit Z ~rE ~r  (E) (0) − F~,0T d ~r 0P,0 = E pot ~rE = E pot − E pot (2.49) 0 ~ r0 lautet dann (2.48) Mit dv ds dv = v v˙ = ds dt ds kann (2.40) in der Form  (E)  (E) (0) (0) Ekin − Ekin = − E pot − E pot (2.41) oder (0) m v dv = T ~ e~t,0 F,0 ds (2.50) (0) (E) (E) (2.42) E pot + E = E pot + Ekin | {z kin } | {z } E (0) E (E) (2.43) Gleichung (2.51) wird als Energieerhaltungssatz bezeichnet. (2.51) angeschrieben werden. Mit d ~r 0P,0 = ds e~t,0 11 OTH Regensburg Technische Mechanik III 2.4.3 Beispiel Für die Berechnung der Zeit muss die Bewegung in zwei Abschnitte unterteilt werden. Der Impulssatz Eine Paketrutsche ist um den Winkel α gegenüber der Horizontalen geneigt. Im ersten Teil mit der Länge a sorgen kleine Rollen für einen reibungsfreien Transport. Auf der anschließenden Gleitstrecke mit dem Reibwert µ werden die Pakete bis zum Stillstand abgebremst, Bild 2.6. B s x˙ 1 = g sin α t + C1 x1 x2 x1 = Bild 2.6: Paket-Rutsche Die Pakete werden bei A ohne Anfangsgeschwindigkeit aufgesetzt und sollen auf der Gleitstrecke bei x 2 = s zum Stillstand kommen. Auf das freigeschnittene Paket wirken die Gewichtskraft mg, die Normalkraft FN und die Reibkraft FR , Bild 2.7. In z-Richtung findet keine Bewegung statt. Es gilt also z x mg FR oder FN = mg cos α . (2.52) 0 − |{z} 0 = mg sin α (a+s) − µ mg cos α s (2.53) |{z} | {z } (B) (A) (A→B) Ekin Ekin W F wobei mg sin α der Hangabtrieb und µ mg cos α die Reibkraft angibt. Aufgelöst bleibt a sin α µ cos α − sin α (2.54) Die Pakete kommen nur dann zum Stillstand, wenn der Reibwert die Bedingung µ > tan α erfüllt. 12 (2.58) Die Anfangsbedingungen x 1 (t = 0) = 0 und x˙ 1 (t = 0) = 0 haben die Integrationskonstanten C1 = 0 und C2 = 0 zur Folge. Der zurückgelegte Weg ist dann durch x1 = 1 g sin α t 2 2 (2.59) bestimmt. Das Ende der Rollenbahn x 1 = a wird demnach in der Zeit s 2a t AC = (2.60) g sin α Auf der Gleitstrecke, Abschnitt CB, wird die Bewegung durch m x¨ 2 = mg sin α − µ mg cos α (2.61) Die Strecke s, die ein Paket auf der Gleitstrecke zurücklegt, kann am einfachsten mit dem Energiesatz berechnet werden. Für die Bewegung von A nach B erhält man gemäß (2.48) s = 1 g sin α t 2 + C1 t + C2 2 erreicht. Bild 2.7: Paket freigeschnitten 0 = FN − mg cos α (2.57) und für den Weg α FN (2.56) beschreibt die Bewegung auf der Rollenbahn, Abschnitt AC. Da die Beschleunigung x¨ 1 = g sin α konstant ist, erhält man für die Geschwindigkeit A a C m x¨ 1 = mg sin α (2.55) beschrieben, wobei der Impulssatz (2.61) durch die Reibkraft FR = −µ FN = −µ mg cos α (2.62) erweitert wurde. Auch hier ist die Beschleunigung mit x¨ 2 = g (sin α − µ cos α) (2.63) konstant. Analog zu (2.57) gilt somit x˙ 2 = g (sin α − µ cos α) t + C3 , (2.64) wobei zu beachten ist, daß die Zeitachse wieder bei t = 0 beginnt. Die Pakete treten mit p x 2 (t = 0) = x˙ 1 (t =t AC ) = 2ga sin α (2.65) in die Gleitstrecke ein und werden bis zum Stillstand abgebremst x˙ 2 (t =t C B ) = 0 . (2.66) Gemäß (2.64) gilt also 0 = g (sin α − µ cos α) t C B + C3 , (2.67) Technische Mechanik III (Dynamik) wobei die Integrationskonstante p C3 = 2ga sin α Prof. Dr.-Ing. G. Rill t (2.68) aus (2.65) und (2.64) folgt. Mit (2.68) kann (2.67) nach der Bremsdauer aufgelöst werden p 2ga sin α tC B = (2.69) g (µ cos α − sin α) Mit T = t AC + t C B t+dt dm m m+dm v+vrel v v+dv Bild 2.8: Massentransport wobei vr el die Relativgeschwindigkeit des Masseteilchens gegenüber dem Körper angibt. Die Impulsänderung erhält man aus (2.70) hat man dann auch die Gesamtdauer des Transportvorgangs. dp p(t + dt) − p(t) = lim dt→0 dt dt (2.75) Eingesetzt bleibt dp dv dm = m(t) − vr el dt dt dt 2.5 Leistung Die pro Zeiteinheit verrichtete Arbeit definiert die Leistung dW P= (2.71) dt Entsprechend (2.47) ist der infinitesimal kleine Arbeitsanteil durch dW = F~,0T d ~r 0P,0 (2.72) (2.76) wobei der quadratisch kleine Term dm dv beim Grenzübergang dt → 0 gegenüber den restlichen Termen vernachlässigt wurde. Bei einer Rakete wird Masse ausgestoßen, Bild 2.9. offene Systemgrenze w v F definiert. Damit erhält man P = d ~r 0P,0 dW = F~,0T = F~,0T ~v0P,0 dt dt (2.73) wobei die Ableitung des Ortsvektors ~r 0P,0 durch den Geschwindigkeitsvektor ~v0P,0 ersetzt wurde. 2.6.1 Herleitung µ = − dm dt (2.77) w = −vr el (2.78) dp dv = m(t) − µw dt dt (2.79) erhält man aus (2.76) Das System Rakete ist nicht abgeschlossen, da mit dem ausgestoßenen Treibstoff ständig Masse das System verläßt, Bild 2.9. Das Newtonsche Axiom in der Form dp dt = F gilt auch für nicht abgeschlossene Systeme. Allerdings muß jetzt bei der Impulsänderung der Massentransport über die Systemgrenze berücksichtigt werden. Zur Herleitung wird ein Körper der Masse m betrachtet, dem sich im Zeitinterval t → t + dt ein Massenteilchen dm anschließt, Bild 2.8. Die Impulsbilanz zu den Zeitpunkten t und t + dt liefert p(t + dt) = (m + dm) (v + dv) Mit der Massenabnahme und der Ausströmgeschwindigkeit 2.6 Raketengleichung p(t) = m v + dm (v + vr el ) Bild 2.9: Rakete (2.74) Damit lautet der Impulssatz für eine Rakete dp dv = m(t) − µw = F dt dt (2.80) oder in Form der Raketengleichung m(t) dv = S + F dt (2.81) wobei die aktuelle Masse m = m(t) durch die Massenänderung (2.77) definiert ist, S = µ w den Schub bezeichnet und in F die auf die Rakete wirkenden äußeren Kräfte zusammengefaßt wurden. 13 OTH Regensburg Technische Mechanik III 2.6.2 Beispiel Wasserstoffrakete 2.7 Aufgaben Die Ausströmgeschwindigkeit einer Wasserstoffrakete beträgt etwa w ≈ 4 000 m/s und die Massenabnahme ist konstant, µ = const. Vernachlässigt man den Luftwiderstand und die Erdanziehung, dann lautet die Raketengleichung (2.81) 2.7.1 Güterwagen m(t) dv = µw dt (2.82) Wegen m = m(t) muß die Separation in der Form µw dv = dt (2.83) m(t) Ein Güterwagen der Masse m läuft mit der Geschwindigkeit v0 auf einen Prellbock auf. Ein Scherenmechanismus erlaubt dem Prellbock die Verschiebung s und erzeugt während des Zusammenschiebens über die Reibung in den verschraubten Gelenken eine Kraft F, die über die ganze Strecke als konstant betrachtet werden kann. F v0 s durchgeführt werden. Mit µ = const. folgt aus (2.77) dm = −µ oder dt m(t) = m0 − µ t (2.84) wobei m0 = m(t = 0) die Startmasse der Rakete angibt. Eingesetzt in (2.83) erhält man unter Berücksichtigung von µ w = const. v=v(t) Z dv = µ w v=0 Zt dt m0 − µ t m a) Der Energiesatz 0 − E E = W 0→E Ekin F kin liefert für den Bremsvorgang 0 − 12 m v02 = −F s Aufgelöst bleibt r 2F s v0 ≤ m a) Wie groß darf die Geschwindigkeit v0 höchstens sein, damit der Güterwagen innerhalb der Strecke s bis zum Stillstand abgebremst wird? b) Wie lange dauert der Bremsvorgang? (2.85) t=0 2.7.2 Hülse oder " v(t) = µ w 1 − ln(m0 − µ t) µ #t (2.86) t=0 Nach Einsetzen der Grenzen bleibt schließlich m0 v(t) = w ln m0 − µ t (2.87) wobei der Term µ t = mT (t) die bis zum Zeitpunkt t verbrauchte Treibstoffmenge angibt. Die Treibstoffmenge, die benötigt wird, um eine Rakete auf die Endgeschwindigkeit vE zu beschleunigen, kann gemäß (2.87) durch m0 vE = w ln (2.88) m0 − mT abgeschätzt werden. Aus (2.88) erhält man m0 − mT = e−vE /w m0 (2.89) oder mT = 1 − e−vE /w (2.90) m0 Für eine Wasserstoffrakete (w = 4 000 m/s), die auf Fluchtgeschwindigkeit vE = 11 200 m/s beschleunigt werden soll, folgt aus (2.90) mT = 1 − e−11 200/4 000 = 0.9392 (2.91) m0 Eine Stange, die bei A drehbar gelagert ist, befindet sich zum Zeitpunkt t = 0 in der horizontalen Winkellage ϕ = 0. Auf der Stange sitzt eine Hülse mit der Masse m, die zum Zeitpunkt t = 0 vom Drehpunkt A den Abstand s(t = 0) = s0 = 0.5 m hat. Die Stange rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ = Ω = 2.0 rad/s um die z0 -Achse. y0 μ s g m φ A x0 a) Wie groß muss der Reibwert µ zwischen der Hülse und der Stange mindestens sein, damit sich die Hülse zu Beginn (t = 0, ϕ = 0, s = s0 = 0.5 m) nicht sofort nach außen bewegt? b) Ein Reibwert von µ = 0.4 lässt die Hülse zunächst am Stab haften, kann aber nicht verhindern, dass sie bei dem Winkel ϕ = ϕG nach innen zu rutschten beginnt. Geben Sie die Gleichung an, aus der die Winkellage ϕG ermittelt werden kann. c) Wie lautet dann im Bereich ϕG < ϕ ≤ 90◦ die Bewegungsgleichung der Hülse. y0 A N μ s a) Zum Zeitpunkt t = 0 gilt ϕ = 0 und s = s0 . Solange die Hülse am Stab haftet, bleibt der Abstand zum Drehpunkt s = s0 konstant. Mit s˙ = 0 und s¨ = 0 bleibt dann R φ mg x0 Für eine konstante Winkelgeschwindigkeit (ϕ˙ = Ω und ϕ¨ = 0 sind die Bewegungsgleichungen fürdie Hülse in allgemeiner Lage durch  m s¨ − s Ω2 = −R − mg sin ϕ 2 m s˙ Ω = N − mg cos ϕ gegeben. −ms0 Ω2 = −R und 0 = N − mg oder R = ms0 Ω2 und N = mg Die Reibungsungleichung liefert dann |R| ≤ µ N oder µ ≥ Mit den Zahlenwerten bleibt |R| N µ≥ bzw. µ≥ s 0 Ω2 g 0.5 ∗ 2.02 = 0.204 9.81 b) Für ϕ , 0 und s = s0 = konst. erhält man aus den Bewegungsgleichungen −m s0 Ω2 = −R − mg sin ϕ und 0 = N − m g cos ϕ oder R = m s0 Ω2 − mg sin ϕ und N = m g cos ϕ Die Hülse beginnt nach innen zu rutschen, wenn |RG | = µ NG oder RG = ± µ NG gilt. Da nun die Reibkraft nach außen wirkt, erhält man im Grenzfall RG = −µNG oder m s0 Ω2 − mg sin ϕG = −µ m g cos ϕG Die Bestimmungsgleichung lautet also s0 Ω2 sin ϕG = µ cos ϕG + bzw. sin ϕG = 0.4 cos ϕG + 0.204 g 0.4 i+1 = arcsin i + 0.204 gelöst werden. Die Gleichung kann über die Fixpunkt-Iteration ϕ G cos ϕG 0 = 30◦ erhält man bereits nach 5 Iterationen das Ergebnis ϕ = 32.72◦ Mit dem Startwert ϕ G G d.h. die Rakete muß beim Start zu 94% aus Treibstoff bestehen. 14 b) Während des Bremsvorgangs lautet der Impulssatz m v˙ = −F Nach einer unbestimmten Integration bleibt m v(t) = −F t + C Zu Beginn (t = 0) hat der Wagen die Geschwindigkeit v0 . Damit erhält man m v(t) = m v0 − F t Am Ende t = T steht der Wagen, v(t = T) = 0. Für die Bremsdauer bleibt also m v0 T= F c) Bei der nach innen gleitenden Hülse ist die Reibkraft mit R = −µ N und die Normalkraft mit N = 2 m s˙ Ω + m g cos ϕ gegeben. Damit lautet für ϕ ≥ ϕG der Impulssatz in radialer Richtung
m s¨ − s Ω2 = µ (2 m s˙ Ω + mg cos ϕ) − mg sin ϕ Mit der Masse m durchgekürzt und etwas umgestellt bleibt s¨ − 2 µ s˙ Ω − s Ω2 = −g (sin ϕ − µ cos ϕ) wobei der Winkel durch ϕ = Ω t gegeben ist und zu beachten ist, dass die Bewegungsgleichung erst für t ≥ ϕG /Ω gilt. 3 Kräfte 3.1 Federkräfte Die Richtung der im Anlenkpunkt 2 auf das Kraftelement wirkenden Kraft ist durch den Einheitsvektor in Richtung des Kraftelements gegeben 3.1.1 Kraftgesetz Stäbe, Drähte oder Seile werden in der Technischen Mechanik in der Regel als masselose Kraftelemente beschrieben. Die in Elementrichtung übertragene Kraft F kann dabei als Funktion der Längenänderung 4` angegeben werden, F = F(4`) (3.1) Als Symbol für solche Kraftelemente verwendet man das Sinnbild einer Schraubenfeder, Bild 3.1. F z0 0 y0 r 01 x0 1 e~12 = (3.5) Wie das folgende Beispiel verdeutlicht, kann das Kraftübertragungsverhalten einer Feder trotz linearer Federkennung nichtlinear werden. 3.1.2 Nichtlineare Federkräfte Eine Punktmasse bewegt sich reibungsfrei in einer horizontalen Führung, Bild 3.2. Zwischen der Masse m und dem Lagerpunkt A ist eine Feder mit der ungespannten Länge ` 0 und der Steifigkeit cF gespannt. 0 x x m F r 02 ~r 02 − ~r 01 ~r 12 = | ~r 12 | | ~r 02 − ~r 01 | 2 cF , a 0 FF N α mg Bild 3.1: Federelement Sind die Anlenkpunkte des Kraftelements durch die Vektoren ~r 01 und ~r 02 gegeben, dann errechnet sich die aktuelle Länge aus ` = |~r 12 | = | ~r 02 − ~r 01 | (3.2) Bezeichnet ` 0 die Länge des Kraftelements im unbelasteten Zustand, dann folgt die Längenänderung aus Bild 3.2: Nichtlineare Kraftwirkung Der Impulssatz in x-Richtung lautet m x¨ = −FF sin α (3.6) Das Federgesetz liefert 4` = ` − ` 0 (3.3) Bei linear elastischem Materialverhalten sind Kraft und Auslenkung proportional F = c 4` (3.4) wobei die Proportionalitätskonstante c mit der Dimension N/m als Steifigkeit oder Federkonstante bezeichnet wird. FF = cF 4` = cF (` − ` 0 ) wobei die aktuelle Länge hier durch p ` = a2 + x 2 (3.7) (3.8) gegeben ist. Mit sin α = x/` und dem Federgesetz (3.7) lautet der Impulssatz (3.6) m x¨ = −cF (` − ` 0 ) x = −cF (1 − ` 0 /`) x ` (3.9) 15 OTH Regensburg Technische Mechanik III und mit (3.8) bleibt schließlich m x¨ = − cF | `0 1− p 2 2 {za + x F = F(x) ! x } (3.10) angeschrieben werden, die durch die harmonische Funktion x = A sin ω0 t + B cos ω0 t (3.15) gelöst wird. Die Konstanten A und B können aus den Anfangsbedingungen Trotz linearer Federkennung FF = cF 4` erhält man hier auf Grund der Kinematik eine nichtlineare Kraftwirkung. Für kleine Auslenkungen mit x  a kann die Kraft F(x) durch   ` F(x) ≈ − cF 1 − 0 x = − c x (3.11) a x(t = 0) = x 0 `0 > a `0 = a `0 < a ⇒ ⇒ ⇒ Druckvorspannung keine Vorspannung Zugvorspannung Tabelle 3.1: Ersatzfederkonstante Nur wenn die Feder unter Zug vorgespannt wird, erhält man mit c > 0 und F(x) = −c x eine rückstellende, der Auslenkung x entgegengerichtete, Kraft. Im Sonderfall ` 0 = a kann die Masse in x-Richtung kleine Bewegungen praktisch ohne Widerstand F(x) ≈ 0 ausführen. Wird die Feder unter Druck vorgespannt, dann ist das Systemverhalten instabil, da eine positive Auslenkung x > 0 wegen c < 0 und F(x) = −c x zu einer positiven Kraft F > 0 führt, die die Auslenkung vergrößert. d x˙ d x˙ dx d x˙ = = x˙ dt dx dt dx (3.17) 3.1.4 Federenergie Mit der Umformung x¨ = c<0 c=0 c>0 (3.16) bestimmt werden. angenähert werden. Für die Ersatz-Federkonstante c können die, in der Tabelle 3.1 zusammengestellten, Fälle unterschieden werden. x(t ˙ = 0) = v0 und kann nach Separation auf beiden Seiten von (3.10) integriert werden Z Z Z `0 x dx (3.18) m x˙ d x˙ = − cF x dx + cF p a2 + x 2 wobei die rechte Seite auf zwei Terme aufgeteilt wurde. Man erhält p 1 1 m x˙ 2 = − cF x 2 + cF ` 0 a2 + x 2 + C (3.19) 2 2 wobei in C die Konstanten der unbestimmten Integrationen zusammengefasst sind. Mit der aktuellen Federlänge (3.8) und der daraus folgenden Beziehung x 2 = `2 − a2 (3.20) lautet (3.19) 1 1 m x˙ 2 = − cF (` 2 − a2 ) + cF ` 0 ` + C 2 2 (3.21) 3.1.3 Der Lineare Schwinger oder Bei einer auf Zug vorgespannten Feder kann die Federkraft bei kleinen Auslenkungen x  a gemäß (3.11) durch das lineare Federgesetz F = −c x mit c > 0 approximiert werden. Der Impulssatz lautet dann 1 1 1 1 m x˙ 2 = − cF ( ` − ` 0 )2 + C + cF ` 20 + cF a2 |{z} 2 2 | 2 {z 2 } 4` const. (3.22) Mit der kinetischen Energie der Punktmasse m x¨ = − c x (3.12) Mit der, als ungedämpfte Eigenfrequenz bezeichneten, Abkürzung c ω02 = (3.13) m kann (3.12) als Schwingungsdifferentialgleichung x¨ + ω02 x = 0 16 (3.14) Ekin = 1 m x˙ 2 2 (3.23) 1 cF 4` 2 2 (3.24) und E pot = als potentielle Energie der Feder gibt (3.22) die Energieerhaltung Ekin + E pot = const. (3.25) Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill an. Die Kraftwirkung von Federn ist energieerhaltend. Mit (3.22) kann zwar die Geschwindigkeit der Punktmasse als Funktion des Weges, x˙ = x(x) ˙ angegeben werden. Eine weitere Integration, die dann die Zeit t als Funktion des Weges, t = t(x) liefern würde, kann in der Regel nicht mehr analytisch durchgeführt werden. Bei nichtlinearen, wegabhängigen Kraftgesetzen kann in den meisten Fällen die Lösung x = x(t) nur mehr durch numerische Integration gewonnen werden. Wie das folgende Beispiel zeigt, lassen sich Problemstellungen mit Festkörperreibung meist recht gut mit dem Energiesatz (2.48) lösen. Betrachtet wird ein Transportvorgang, Bild 3.4, bei dem ein Körper der Masse m von A nach B gebracht werden soll. Die Transportstrecke besteht aus einer schiefen Ebene und einem horizontalen Teilstück. Der Reibwert zwischen Körper und Unterlage ist mit µ gegeben. Der Körper hat stets Kontakt mit der Unterlage. C 3.2 Widerstandskräfte a1 A 3.2.1 Trockene Reibung vA m a2 vB µ2 µ1 B α Kommt es in der Berührebene zweier Körper zu Relativbewegungen, Bild 3.3, dann kann nach Coulomb die auf den Körper 1 wirkende Reibkraft durch Bild 3.4: Transportvorgang ~vG F~R = −µ FN | ~vG | (3.26) Mit welcher Geschwindigkeit v A muß er in A starten um bei B mit der Geschwindigkeit VB anzukommen? beschrieben werden, wobei µ den Gleitreibungsbeiwert, FN die Normalkraft und In den beiden Abschnitten 0 ≤ s1 ≤ a1 und 0 ≤ s2 ≤ a2 wirken auf den Körper das Gewicht, die Normalkraft und die Reibkraft, Bild 3.5. ~vG = ~v0P1 − ~v0P2 (3.27) die Gleitgeschwindigkeit im Kontaktpunkt angibt. v0P1 1 v0P2 FN FR 2 s1 R1 vG P1 P s2 R2 mg N1 mg N2 Bild 3.5: Körper freigeschnitten Aus der Kräftebilanz in Richtung der Normalkraft folgt Bild 3.3: Coulomb-Reibung Das Reibgesetz (3.26) gilt nur für Gleitgeschwindigkeit ~vG > 0. Übergänge zwischen Gleiten und Haften können mit diesem Ansatz nicht untersucht werden. N1 = m g cos α und N2 = m g (3.28) R2 = µ m g (3.29) Für die Reibkräfte gilt dann R1 = µ m g cos α und Der Energiesatz (2.48) lautet hier Charles Augustin de Coulomb * 14. Juni 1736 † 23. August 1806 Französischer Physiker. siehe: http://de.wikipedia.org 1 2 1 2 mv − mvA =−(sin α+ µ1 cos α)mga1 | {z } 2 B |{z} 2 |{z} (A→C) W (B) (A) Ekin Ekin −µ2 mga2 . | {z } W (C→B) Aufgelöst bleibt q vA = vB2 + 2g(a1 sin α+ µ1 a1 cos α+ µ2 a2 ) . (3.30) (3.31) 17 OTH Regensburg Technische Mechanik III Aufgelöst nach v˙ bleibt 3.2.2 Laminare Strömung Bewegt sich ein Körper in einem zähen Fluid und setzt man eine laminare Strömung voraus, dann kann nach Stoke die auf den Körper wirkende Kraft durch F~W = −d ~vr el (3.32) beschrieben werden, wobei d eine Konstante und ~vr el = ~v0K − ~v0F (3.33) die Relativgeschwindigkeit zwischen Körper (K) und Fluid (F) angibt. 3.2.3 Turbulente Strömung Bei turbulenter Strömung erhält man die Widerstandskraft aus dem Staudruck. Dabei gilt ρF F~W = −cW A |~vr el | ~vr el 2 (3.34) wobei cW einen dimensionslosen Formparameter, ρF die Fluiddichte, A die angeströmte Querschnittsfläche und ~vr el die nach (3.33) berechnete Relativgeschwindigkeit angibt. Auf einen Fallschirmspringer, der mit der Geschwindigkeit v = v(t) absinkt, wirkt neben dem Gewicht mg die Widerstandskraft FW , Bild 3.6. 1 cW ρ L A v˙ = 2 m Die Differentialgleichung (3.36) kann noch allgemein gelöst werden. Mit (3.37) bleibt nach Separation Z v Z t dv 1 cW ρ L A = dt (3.38) 2 2 2 m v0 vG − v 0 Nimmt man an, daß der Springer seinen Schirm sofort öffnet, dann ist v0 = 0 und seine Geschwindigkeit nähert 2 sich von unten an den Grenzwert v = vG an. Für v 2 < vG lautet die Lösung #v " vG + v 1 1 1 cW ρ L A ln = t (3.39) vG 2 vG − v v0 =0 2 m Man erhält also zunächst die Funktion t = t(v). Im vorliegenden Fall kann auch noch die Umkehrfunktion angegeben werden. Mit der Abkürzung m vG cW ρ L A mg 1 cW ρ L A v 2 2 1 − e−t/T 1 + e−t/T (3.41) Die Grenzgeschwindigkeit wird asymptotisch erreicht. Mit den Zahlenwerten für den geöffneten Schirm erhält man eine Zeitkonstante von T = 0.2463, d.h. bereits nach t = 1 s erreicht der Springer die Geschwindigkeit v(t = 1 s) = 0.966 vG . Bei ruhender Luft ist die Widerstandskraft gemäß (3.34) durch FW = 21 cW ρ L A v 2 gegeben, wobei ρ L die Luftdichte bezeichnet. Der Impulsatz lautet dann 18 (3.40) erhält man nach einigen Umformungen Bild 3.6: Fallschirmspringer m v˙ = m g − (3.36) Mit m = 75 kg und ρ L = 1.25 kg/m3 erhält man bei A = 36 m2 und cW = 1.4 für den geöffneten Fallschirm vG ≈ 4.8 m/s = 17.3 km/h und für geschlossenem Schirm bei A = 0.4 m2 und cW = 1 ergibt sich vG ≈ 54.25 m/s = 195.3 km/h . v(t) = vG v ! Bei v˙ = 0 erreicht der Fallschirmspringer die Grenzgeschwindigkeit s 2mg vG = (3.37) cW ρ L A T = FW 2mg − v2 cW ρ L A (3.35) 3.3 Bewegungen im Schwerefeld 3.3.1 Massenanziehung Im Raum verteilte Massen üben Kräfte aufeinander aus, Bild 3.7. Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill m2 m3 F = γG mE 2 RE RE RE + h !2 m (3.47) angeschrieben werden. m1 mi Fij Fji mj r 0i r 0j x0 r 0 y0 m z0 F h mE RE Bild 3.7: Massenanziehung Die Kraft auf die Punktmasse mi infolge der Punktmasse m j ist durch F~i j = γG mi m j r i2j " γG = 6.673 ∗ 10 m3 kg s2 # (3.43) die universelle Gravitationskonstante bezeichnet, r i j den Abstand der beiden Punktmassen und der Einheitsvektor e~i j die Richtung von i nach j angibt. Die momentane Lage der Punktmassen mi und m j kann gegenüber einem Koordinatensystem (hier das System x 0 , y0 , z0 ) durch die Ortsvektoren ~r 0i und ~r 0j beschrieben werden. Die relative Lage zu einander gibt der Vektor ~r i j = ~r 0j − ~r 0i (3.44) und e~i j = g0 = γG ~r i j |~r i j | mE 2 RE (3.48) gibt die Erdbeschleunigung an der Erdoberfläche h = 0 an. Er kann aus der universellen Gravitationskonstante γG , der Erdmasse m E = 5.973 ∗ 1024 kg und dem Erdradius RE ≈ 6.371 ∗ 106 m berechnet werden. Da die Erde abgeplattet ist und keine homogene Massenverteilung aufweist, wird in mittleren Breiten mit der Erdbeschleunigung g0 = 9.81 m/s2 (3.49) gerechnet. Definiert man mit g(h) = g0 RE RE + h !2 (3.50) eine vom radialen Abstand h abhängige Erdbeschleunigung, dann kann die Erdanziehung durch an. Abstand und Richtung folgen dann aus r i j = |~r i j | Der Ausdruck (3.42) e~i j gegeben, wobei −11 Bild 3.8: Erdanziehung (3.45) 3.3.2 Das Schwerefeld der Erde Der Betrag der Kraft, den die Erde auf die Punktmasse m ausübt, folgt mit mi = m, m j = m E und r i j = r aus (3.42) m mE F = γG (3.46) r2 Bezeichnet man den radialen Abstand der Punktmasse m von der Erdoberfläche mit h, Bild 3.8, dann kann (3.46) in der Form F = m g(h) (3.51) beschrieben werden. In Erdnähe, mit h  RE , kann g(h) durch g0 approximiert werden. 3.3.3 Fluchtgeschwindigkeit Erteilt man einem Körper auf der Erde in radialer Richtung die Anfangsgeschwindigkeit v0 , dann erreicht er unter dem Einfluß des Schwerefelds die Höhe H. Die Geschwindigkeit, bei der eine unendlich große Höhe erreicht wird, bezeichnet man als Fluchtgeschwindigkeit. 19 OTH Regensburg Technische Mechanik III Unter Vernachlässigung des Luftwiderstandes lautet der Impulssatz für den Körper der Masse m in radialer Richtung !2 RE ¨ m h = −g0 m (3.52) RE + h Mit d h˙ d h˙ dh d h˙ h¨ = = = h˙ (3.53) dt dh dt dh bleibt nach Separation !2 RE ˙ ˙ m h d h = − m g0 dh (3.54) RE + h 3.3.5 Planetenbewegungen Bei einer ersten Analyse der Planetenbewegungen geht man davon aus, daß die Massenanziehung der Planeten untereinander vernachlässigt werden kann. Die Bewegungen eines Planeten (Punktmasse m P ) werden relativ zum Zentrum der Sonne (Punktmasse mS ) beschrieben. Auf Grund der großen Massenunterschiede mS  m P kann das im Sonnenzentrum fixierte Koordinatensystem 0 als Inertialsystem betrachtet werden, Bild 3.9. y0 Nun kann auf beiden Seiten integriert werden ˙ Zh=0 m h˙ d h˙ = − m g0 ˙ 0 h=v h=H Z h=0 RE RE + h xB mP F !2 dh und man erhält " #H 0  m RE ˙h2 = + m g0 RE 2 RE + h 0 v0 Aufgelöst nach der Startgeschwindigkeit bleibt # " RE 2 v0 = 2 g0 RE 1 − RE + H Für H → ∞ bleibt als Fluchtgeschwindigkeit p v0H→∞ = 2 g0 RE ≈ 11.2 km/s (3.55) r yB 0 (3.56) ϕ x0 mS Bild 3.9: Planetenbewegung (3.57) Unter Verwendung von Polarkoordinaten kann die Beschleunigung des Planeten gegenüber dem System 0 im mitbewegten System B durch (3.58) a~0P, B 3.3.4 Potentielle Energie  r¨ − r ϕ˙2 =  r ϕ¨ + 2 r˙ ϕ˙  0     (3.62) angegeben werden. Das gleiche Ergebnis hätte man auch mit dem Energiesatz (2.48) oder über die Energieerhaltung (2.51) erhalten. Die Gewichtskraft ist eine konservative Kraft; ihre Wirkung kann durch die potentielle Energie E pot = − m g0 RE RE 1 = − m g0 RE RE + h 1 + h/RE (3.59) Die infolge der Massenanziehung auf den Planeten ausgeübte Kraft ist entgegen der radialen Koordinate r gerichtet. Gemäß (3.42) ist ihr Betrag durch mS m P F = γG (3.63) r2 gegeben. Der Impulssatz für die Planetenmasse m P a~0P,B = F, B beschrieben werden. In der Nähe der Erdoberfläche gilt h  RE und man erhält mit der Näherung 1 ≈ 1 − x für x  1 (3.60) 1+x aus der allgemein gültigen Beziehung (3.59) mit ! h E pot ≈ − m g0 RE 1 − = m g0 h − m g0 RE RE (3.61) das aus der Physik bekannte Ergebnis. Der konstante Term −m g0 RE entfällt, wenn das Nullniveau bei h = 0 definiert wird. 20 (3.64) liefert mit m P (r¨ − r ϕ˙2 ) = −γG m P (r ϕ¨ + 2 r˙ ϕ) ˙ = 0 mS m P r2 (3.65) zwei nichtlineare Differentialgleichungen, die die Dynamik der Planetenbewegungen beschreiben. Die Kreisbewegung mit konstanter Geschwindigkeit stellt eine Teillösung dar. Mit r = const. und ϕ˙ = const. folgt aus (3.65) mS − r ϕ˙2 = −γG 2 (3.66) r Technische Mechanik III (Dynamik) oder aufgelöst nach der Bahngeschwindigkeit r mS . v = r ϕ˙ = γG r Prof. Dr.-Ing. G. Rill z0 m y0 FW G (3.67) z x y Um einen Satelliten auf eine erdnahe Umlaufbahn zu bringen, muß er gemäß (3.67) auf eine Geschwindigkeit von r p mE v = γG = g0 RE ≈ 7.9 km/s (3.68) RE beschleunigt werden. Die Zeit für einen Umlauf beträgt dann T = 2 π RE U = p ≈ 5 100 s = 85 min . v g0 RE (3.69) Aus der allgemeinen Lösung der Differentialgleichungen (3.65) können insbesondere die Kepler-Gesetze abgeleitet werden. 0 x0 Bild 3.10: Schiefer Wurf mit Luftwiderstand 3.4 Schiefer Wurf mit Lufwiderstand Eine Punktmasse m bewegt sich im homogenen Schwerefeld. Zur Lagebeschreibung wird ein Inertialsystem verwendet, bei dem die z0 -Achse der Schwerkraft G = m g entgegen gerichtet ist, Bild 3.10 Die Koordinaten x = x(t), y = y(t) und z = z(t) geben die momentane Position der Punktmasse an. Der Kraftvektor FW beschreibt die Widerstandskraft. Der Impulssatz für die Punktmasse liefert dann in den drei Raumrichtungen die Gleichungen x m x¨ = FW Johannes Kepler y m y¨ = FW * 27. Dezember 1571 † 15. November 1630 Deutscher Mathematiker, Astronom, Astrologe und Optiker. siehe: http://de.wikipedia.org Sie lauten: 1. Keplergesetz: Die Planeten bewegen sich auf elliptischen Bahnen, in deren Brennpunkt die Sonne steht. 2. Keplergesetz: Der Fadenstrahl vom Zentrum zur Planetenmasse überstreicht in gleichen Zeiten gleiche Flächen. (Flächensatz) 3. Keplergesetz: Die Quadrate der Umlaufzeiten der Planeten verhalten sich wie die dritten Potenzen der großen Halbachsen. Johannes Keppler ist in Regensburg gestorben und wurde als “Ketzer” außerhalb der damaligen Stadtgrenze begraben. Seine Grabstätte vermutet man nördlich des heutigen Bahnhofs und hat deshalb im Grüngürtel der Fürst-Anselm-Allee das Keppler-Monument errichtet. m z¨ = z FW (3.70) −mg Bei turbulenter Strömung ist die Widerstandskraft F~W durch (3.34) definiert. Mit den Geschwindigkeitskomonenten der Punktmasse vx = x, ˙ v y = y, ˙ vz = z˙ und den Komponenten einer als konstant vorausgesetzten Windgeschwindigkeit vW x , vW y , vW z erhält man dann aus (3.70) insgesamt sechs Differentialgleichungen erster Ordnung x˙ = vx ; y˙ = v y ; z˙ = vz ; cW m cW v˙ y = − m cW v˙z = − m v˙x = − ρL A vr el (vx −vW x ) (3.71) 2
ρL A vr el v y −vW y (3.72) 2 ρL A vr el (vz −vW z ) − g (3.73) 2 Dabei bezeichnet cW den Widerstandsbeiwert, ρ L die Luftdichte, A die angeströmte Querschnittsfläche und q
2 vr el = (vx −vW x )2 + v y −vW y + (vz −vW z )2 (3.74) gibt den Betrag der Relativgeschwindigkeit an. Die aus dem Impulssatz resultierenden Differentialgleichungen sind durch den Betrag der Relativgeschwindigkeit in nichtlinearer Weise miteinander verkoppelt und können deshalb nicht mehr analytisch gelöst werden. Eine numerische Lösung kann zum Beispiel mit dem kommerziellen Programm-Paket MATLAB durchgeführt werden. 21 OTH Regensburg Technische Mechanik III Das folgende MATLAB-Skript stellt die Daten für eine Papierkugel zur Verfügung, löst durch eine einfache numerische Diskretisierung die Differentialgleichungen für den Massenpunkt und erstellt einen 3D-Plot der Bahnkurve. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 % Daten g = 9.81 ; % m = 0.006 ; % d = 0.065 ; % cw = 1.2; % rho = 1.25 ; % r0 = [ 0; 0; 0 ]; % v0 = [ 20; 0; 20 ]; % vW = [ 0; 5; 0 ]; % dt = 0.02; % Erdbeschleunigung [ m / s ^2] Masse Papierkugel [ kg ] Durchmesser [ m ] Widerstandsbeiwert [ -] Luftdichte [ kg / m ^3] Anfangsposition [ m ] Anf an gs ges ch wi nd igk ei t [ m / s ] Windgeschwindigkeit [ m / s ] Zeitschrittweite [ s ] % Konstante kappa = rho /2 * cw / m * ( pi /4 * d ^2 ) Man erkennt, dass auch ohne Seitenwind die Bahnkurve stark von einer zum Scheitel symmetrischen Wurfparabel abweicht. Ohne Luftwiderstand würde die Papierkugel bei der hier gewählten Anfangsgeschwindigkeit von v0 = √ 202 + 02 + 202 = 28.3 und dem Abwurfwinkel von α = 45° eine maximale Wurfweite von s = v02 /g = 81.5 m erreichen. Mit Luftwiderstand fliegt die Papierkugel gerade mal s = 4.7 m weit. 3.5 Aufgaben ; hf = figure ; set ( hf , ’ name ’ , ’ Papierkugel mit Seitenwind ’) 3.5.1 Werkzeugmaschine % Flugbahn durch numerische Integration t =0; r = r0 ; v = v0 ; plot3 ( r (1) , r (2) , r (3) , ’ ok ’ , ’ Markersize ’ ,5) , hold on while r (3) >= 0 % Geschwindigkeit v und Beschleunigung a im % Zeitintervall t -> t + dt näherungsweise konstant t = t + dt ; vrel = sqrt (( v - vW ). ’*( v - vW )); % Beschleunigungs - Vektor a = - kappa * vrel *( v - vW ) + [0; 0; -g ] ; Der Schlitten einer Werzeugmaschine gleitet reibungsfrei in einer horizontalen Führung. Er hat die Masse m und befindet sich zum Zeitpunkt t = 0 an der Stelle x = 0. Mit der Kraft
F = F0 1 − Tt wird er im Zeitintervall 0 ≤ t ≤ T aus der Ruhe heraus beschleunigt. % Weg - und Ge sc hw ind ig ke it sve kt or r = r + v * dt + a *0.5* dt ^2; v = v + a * dt ; L F plot3 ( r (1) , r (2) , r (3) , ’ ok ’ , ’ Markersize ’ ,5) x m a) Der Impulssatz für den Werkzeugschlitten lautet
m x¨ = F0 1 − Tt Nach der ersten unbestimten Integration erhält man  2 x˙ = Fm0 t − 12 tT + C1 Die zweite unbestimte Integration liefert  3 x(t) = Fm0 12 t 2 − 16 tT + C1 t + C1 Aus den Anfangsbedingungen x(0) = 0 und x(0) ˙ = 0 folgt C1 = 0 und C2 = 0. Damit bleibt  3 x(t) = Fm0 12 t 2 − 16 tT end b) Zum Zeitpunkt t = T befindet sich der Schlitten an der Stelle  3 x(t =T) = Fm0 12 T 2 − 16 TT = Fm0 13 T 2 Mit x(t =T) = L erhält man F0 = % Graphik - Einstellungen set ( gca , ’ FontSize ’ ,15) , axis ( ’ equal ’) , grid on xlabel ( ’ x [ m ] ’) , ylabel ( ’ y [ m ] ’) , zlabel ( ’ z [ m ] ’) Die numerische Lösung wird abgebrochen, wenn die Punktmasse wieder den Boden berührt, was durch eine negative z-Komponente (r(3) < 0) angezeigt wird. Bild 3.11 zeigt zum Vergleich auch die Bahnkurve für die Papierkugel bei ruhender Luft (~vW = ~0). a) Geben Sie die Geschwindigkeit und die momentane Position des Schlittens als Funktion der Zeit an. b) Wie groß muss F0 gewählt werden, damit sich der Schlitten zum Zeitpunkt T an der Stelle L befindet? 3.5.2 Elektromagnet Nach dem Einschalten des Elektromagneten wird das Stahlpaket mit dem Gewicht G durch die magnetische Anziehungskraft z [m] 2 mit Seitenwind ohne Seitenwind 1.5 1 F = 0.5 4 y [m] k (h − x)2 nach oben beschleunigt. Dabei ist h der Abstand vom Magneten zum Schwerpunkt des Stahlpakets und k ist eine Konstante. 0 5 3 2 1 0 0 1 2 3 x [m] 4 Magnet Bild 3.11: Bahnkurven einer Papierkugel mit und ohne Seitenwind x 22 3mL T2 h a Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill Mit welcher Geschwindigkeit v A trifft das Stahlpaket auf den Magneten? s vA = 2 g (h − a) k −1 mgah ! s¨ = a M 1 − 2t T
angenähert. 3.5.3 Güterwagen mg μ α Ein Güterwagen der Masse m ist mit einem Container der Masse M beladen. Beim Rangieren läuft er mit der Geschwindigkeit v auf einen Puffer (Feder mit der Steifigkeit c) auf. M v m c Unter der Annahme, dass der Container nicht rutscht, sind zu berechnen: a) die maximale Pufferverschiebung, b) die maximale Kraft zwischen Container und Güterwagen. r a) x max = v r b) H = M v M+m c c M+m a) Bei welchem Wert von a M wird der Hubtisch innerhalb der Zeit t = T = 4 s um die Strecke sT = 3.0 m nach oben verschoben, wenn er bei t = 0 aus der Ruhelage s(t = 0) = 0 startet? b) Ermitteln Sie die Normalkraft N = N(t), die während der Aufwärtsbewegung zwischen einer Kiste der Masse m = 100 kg und des um den Winkel α = 12◦ geneigten Hubtisches wirkt. c) Wie groß muss der Reibwert µ mindestens sein, damit diese Kiste weder zu Beginn (t = 0) noch am Ende der Hubbewegung (t = T) ins Rutschen kommt? a) Die Integration der Beschleunigung liefert zunächst die Geschwindigkeit ! t2 s˙ = a M t − + C1 T und dann den Weg ! 1 2 1 t3 s = aM t − + C1 t + C2 2 3 T Wegen s(t = 0) = 0 und s˙(t = 0) = 0 (Start aus der Ruhelage) verschwinden die Integrationskonstanten und für t = T ergibt sich ! 1 2 1 T3 1 s(t = T) = sT = a M T − = aM T 2 2 3 T 6 3.5.4 Motorboot s Mit T = 4 s und sT = 3.0 m bleibt 6 sT 6 ∗ 3.0 aM = 2 = = 1.125 m/s2 T 42 b) Solange die Kiste nicht rutscht, haben die Kiste und der Hubtisch die gleiche Beschleunigung. mg α N R s Deshalb gilt für die Kiste m s¨ = N − m g cos α und 0 = R − m g sin α Für die Normalkraft erhält man damit N = m (g cos α + s¨) " !# aM 2t N = N(t) = m g cos α + 1− g T c) Mit der Reibkraft R = mg sin α und der Normalkraft aus b) liefert die Reibungsungleichung die Beziehung f
g |m g sin α| ≤ µ m g cos α + agM 1 − 2Tt Für den Reibwert gilt somit allgemein sin α µ ≥
cos α + agM 1 − 2Tt Für t = 0 und t = T erhält man sin α sin α µt=0 ≥ und µt=T ≥ cos α + agM cos α − agM Mit α = 12◦ , a M = 1.125 m/s2 und g = 9.81 m/s2 bleibt µt=0 ≥ 0.190 und µt=T ≥ 0.241 oder Der Propeller des skizzierten Motorbootes mit der Masse m entwickelt die Schubkraft F. Die auf das Boot wirkende Kraft W = −k v 2 beschreibt den Widerstand des Wassers, wobei k eine Konstante mit der Einheit Ns2 /m2 ist. v d
r a) vmax = Fmax k b) FG = 2 k vmax e 2k d m −1 a) Welche maximale Geschwindigkeit v = vmax erreicht das Boot, wenn es lange Zeit mit maximaler Schubkraft F = FS angetrieben wird? Für das Anlegemanöver wird nun auf Gegenschub (F = −FG ) umgeschaltet. b) Wie groß muß FG gewählt werden, damit das Boot durch Gegenschub und Wasserwiderstand innerhalb der Strecke d von v = vmax auf v = 0 abgebremst wird? 3.5.5 Gabelstapler Ein Gabelstapler ist mit einer Kiste der Masse m beladen, die durch ein Hubwerk nach oben bewegt wird. Die Koordinate s = s(t) beschreibt dabei die momentane Position des Hubtisches, der wie die Führungschiene um den Winkel α geneigt ist. Die reale Beschleunigung des Hubtisches wird im Zeitintervall 0 ≤ t ≤ T durch 23 4 Starrkörper-Kinematik 4.1 Lagebeschreibung Zur eindeutigen Lagebeschreibung eines starren Körpers sind also genau 6 voneinander unabhängige Koordinaten erforderlich. 4.1.1 Starrkörperbedingung Die Lage eines starren Körpers gegenüber dem Koordinatensystem 0 kann in eindeutiger Weise durch die Ortsvektoren ~r 0S,0  x Q   x P   x S      =  yS  ~r 0P,0 =  y P  ~r 0Q,0 =  yQ   zQ   z P   z S  (4.1) zu drei körperfesten Punkten erfolgen, wobei S, P und Q nicht auf einer Geraden liegen dürfen, Bild 4.1. Da die Gleichungen (4.3) in der Regel nicht eindeutig aufgelöst werden können, wird in der Praxis die Lage eines starren Körpers nicht durch drei Punkte, sondern durch einen Punkt und drei Richtungen definiert. 4.1.2 Körperfestes Koordinatensystem Die drei Punkte S, P und Q können zur Festlegung eines körperfesten Koordinatensystems verwendet werden. Mit S als Ursprung, kann die x K -Achse durch den Einheitsvektor in Richtung von ~r SQ festgelegt werden P z0 r 0P y0 r 0S 0 r 0Q x0 e~x K = zK r SP Q e~z K = xK ~r SQ × ~r S P | ~r SQ × ~r S P | (4.5) kann also die z K -Achse definiert werden. Das orthogonale und rechtshändige Koordinatensystem wird durch Bild 4.1: Lagebeschreibung e~yK = e~z K × e~x K Die 9 Koordinaten x S mit zQ sind nicht unabhängig voneinander, da bei einem starren Körper die Abstände einzelner Punkte unverändert bleiben. Die Starrkörperbedingungen |~r S P,0 | = aS P ; |~r SQ,0 | = aSQ ; |~r PQ,0 | = a PQ (4.4) Das Kreuzprodukt aus den Vektoren ~r SQ und ~r S P liefert einen Vektor, der senkrecht auf die beiden Vektoren und wegen (4.4) auch senkrecht zu e~x K steht. Durch yK S ~r SQ | ~r SQ | (4.2) (4.6) vervollständigt. 4.1.3 Kardanwinkel (4.3) Der Ursprung eines körperfesten Koordinatensystems wird durch die 3 Komponenten des Ortsvektors, hier die Koordinaten x S , yS und z S des Vektors ~r 0S,0 , gegenüber dem System 0 festgelegt. Damit bleiben zur Beschreibung der Koordinatenrichtungen nur noch 3 weitere voneinander unabhängige Koordinaten. drei Gleichungen, aus denen 3 der 9 Koordinaten in Abhängigkeit von den restlichen 6 Koordinaten berechnet werden können. Zur Festlegung der 9 Komponenten der im System 0 dargestellten Einheitsvektoren e~x K ,0 , e~yK und e~z K verwendet man in der Regel 3 Winkel, die durch ”Elementardrehungen” die Achsen des System 0 in das körperfeste System K überführen. mit den konstanten Abständen aS P , aSQ , a PQ liefern mit (x P − x S )2 + ( y P − yS )2 + (z P −z S )2 = aS2 P 2 (x Q − x S )2 + ( yQ − yS )2 + (zQ −z S )2 = aSQ (x Q − x P )2 + ( yQ − y P )2 + (zQ −z P )2 = a2PQ 24 Technische Mechanik III (Dynamik) z1 z0 y1 z1 z2 y0 α y2 = y 1 Prof. Dr.-Ing. G. Rill zK = z2 γ x1 x2 x2 xK Bild 4.2: Kardan-Winkel Verwendet man die ”Kardan”-Winkel α, β, γ, dann dreht man zunächst um die x 0 -Achse, Bild 4.2.  0   0   1      =  0 , e~y1,0 =  cα , e~z1,0 =  −sα   cα   sα   0  ~r S P,2  0   −sγ   cγ      = a  sγ  + b  cγ  + c  0  .  1   0   0  |{z} | {z } |{z} e~z K ,2 e~yK ,2 e~x K ,2 (4.7) (4.12) Fasst man die Komponenten a, b und c wieder im Vektor ~r S P,K zusammen, dann erhält man ~r S P,2 Das Zwischensystem mit den Achsen e~x1,0 Mit (4.9) kann der Vektor ~r S P,K im Zwischensystem 2 dargestellt werden y2 β x1 = x0 yK  cγ −sγ 0   a  =  sγ cγ 0   b   0 0 1   c  | {z } |{z} A2K ~r S P,K (4.13) wird dann um die y1 -Achse gedreht und erzeugt so ein zweites Zwischensystem, dessen Achsen durch wobei die Matrix A2K eine positive Drehung mit dem Winkel γ um die z K =z2 -Achse beschreibt und Vektoren, die im System K dargestellt sind, in das System 2 transformiert.  s β   0   cβ      =  0 , e~y2,1 =  1 , e~z2,1 =  0   cβ   0   −s β  Mit (4.8) kann der Vektor ~r S P,2 vom System 2 in das System 1 transformiert werden. Analog zu (4.12) und (4.13) erhält man e~x2,1 (4.8) festgelegt sind. Die dritte und letzte Drehung erfolgt dann um die z2 -Achse und legt mit e~x K ,2  0   −sγ   cγ      =  sγ , e~yK ,2 =  cγ , e~z K ,2 =  0   1   0   0  (4.9) A12 4.1.4 Vektortransformation (4.10) (4.15) Mit der aus (4.7) folgenden Drehmatrix  1 0 0   =  0 cα −sα   0 sα cα  (4.16) die eine positive Drehung mit dem Winkel α um die x 1 =x 0 -Achse definiert und der Beziehung ~r S P,0 = A01 ~r S P,1 (4.17) kann der Vektor ~r S P schließlich im System 0 dargestellt werden. Mit (4.14) und (4.13) erhält man schließlich oder ~r S P,K = a e~x K ,K + b e~yK ,K + c e~z K ,K .  cβ 0 s β  =  0 1 0   −s β 0 cβ  gegeben ist und eine positive Drehung mit dem Winkel β um die y2 = y1 -Achse beschreibt. A01 Mit den Beziehungen (4.7) bis (4.9) können nun Vektoren, die im körperfesten System K dargestellt sind, in das System 0 transformiert werden. Bezeichnet man die Komponenten des im System K dargestellten Vektors von S nach P mit a, b und c, dann gilt zunächst ~r S P,K (4.14) wobei die Drehmatrix durch die Achsen des körperfesten Systems gegenüber dem zweiten Zwischensystem fest. Die Winkelfunktionen, sin α, cos α, sin β, cos β und sin γ, cos γ wurden dabei durch sα , cα , s β , cβ und sγ , cγ abgekürzt.  a  =  b   c  ~r S P,1 = A12 ~r S P,2 , (4.11) ~r S P,0 = A01 A12 A2K ~r S P,K | {z } A0K (4.18) 25 OTH Regensburg Technische Mechanik III Die Drehmatrix  s β  −cβ sγ cβ cγ  A0K =  cα sγ +sα s β cγ cα cγ −sα s β sγ −sα cβ   sα sγ −cα s β cγ sα cγ +cα s β sγ cα cβ  | {z } | {z } |{z} e~z K ,0 e~yK ,0 e~x K ,0 (4.19) transformiert Vektoren vom System K in das System 0 und legt analog zu (4.12) und (4.13) die Richtungen der Koordinatenachsen des körperfesten Systems K gegenüber dem System 0 fest. 4.1.5 Drehmatrizen In der Regel werden Drehmatrizen aus einer Folge von drei Elementardrehungen zusammmengesetzt. Neben den Kardan-Winkeln werden häufig auch die EulerWinkel verwendet. Bei den Eulerwinkeln wird die Drehmatrix aus den Elementardrehungen  cψ −sψ 0  Aψ =  sψ cψ 0   0 0 1  (4.20)  1 0 Aθ =  0 cθ  0 s θ (4.21)  cϕ Aϕ =  sϕ  0 in der Reihenfolge 0  −s θ  cθ  −sϕ 0  cϕ 0  0 1  A0K = Aψ Aθ Aϕ (4.27) die Umkehrtransformation. 4.1.6 Zusammenfassung Position und Orientierung eines starren Körpers im Raum können durch Ortsvektor und Drehmatrix eindeutig festgelegt werden. Der Ortsvektor ~r 0S gibt dabei die Lage des körperfesten Punktes S an und die Drehmatrix A0K beschreibt die momentanen Richtungen eines körperfesten Koordinatensystems K gegenüber dem beschreibenden System 0. Jeder weitere Punkt P auf dem Körper ist dann durch die Vektorkette (4.28) festgelegt, wobei dann der Vektor ~r S P,K mit (4.29) (4.22) im körperfesten Koordinatensystem die Lage von P gegenüber S angibt. (4.23) 4.2 Geschwindigkeit wobei E die Einheitsmatrix bezeichnet und H e ein schiefsymmetrischer Tensor ist, der sich gemäß (4.25) aus den Komponenten des Einheitsvektors aufbaut. Die Komponentendarstellung von e~ kann wegen e~,0 = e~,K sowohl im System 0 als auch im System K erfolgen. 26 T A−1 0K = AK0 = A0K ~r S P,K = const. Drehungen um die Koordinatenachsen können aber auch zu einer Drehung um eine beliebige Achse verallgemeinert werden. Mit dem Drehwinkel δ und der, durch den Einheitsvektor e~ festgelegten Drehachse, erhält man die Drehmatrix
A0K = e~ e~ T + E − e~ e~ T cos δ + H e sin δ (4.24)  e x  e~ =  e y   ez  und erzeugen mit ~r 0P,0 = ~r 0S,0 + A0K ~r S P,K aufgebaut.  0 −ez e y  0 −e x  mit H e =  ez  −e y e x 0  Alle Drehmatrizen, die orthogonale Koordinatensysteme ineinander überführen, genügen der Orthogonalitätsbedingung AT0K A0K = E (4.26) 4.2.1 Allgemeine Relativbewegung Der Ortsvektor r 0P,0 beschreibt die Lage eines beliebigen Punktes P auf dem Körper gegenüber dem System 0. Die zeitliche Ableitung von (4.28) liefert zunächst ~r˙0P,0 = ~r˙0S,0 + A˙ 0K ~r S P,K + A0K ~r˙S P,K (4.30) Die direkte Berechnung von A˙ 0K ist im allgemeinen sehr aufwändig. Mit der Orthogonalitätsbedingung (4.26) erhält man jedoch ~r˙0P,0 = ~r˙0S,0 + A˙ 0K AT0K A0K ~r S P,K + A0K ~r˙S P,K , (4.31) | {z } E wobei H0K,0 A˙ 0K AT0K = ω (4.32) Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill ein schiefsysmmetrischer Tensor ist, dessen wesentlichen Elemente die Komponenten des Winkelgeschwin~ 0K,0 ergeben digkeitsvektors ω H0K,0 ω  ω x   0 −ωz ω y    0 −ω x  ; ω ~ 0K,0 =  ω y  . (4.33) =  ωz  ω x    −ω y ω x 0  Die Multiplikation eines schiefsysmmetrischen 3 × 3H mit einem 3×1-Vektor ~r vermittelt das KreuzTensors ω produkt H ~r = ω ~ × ~r . ω (4.34) Damit lautet (4.31) ~ 0K,0 × A0K ~r S P,K + A0K ~r˙S P,K (4.35) ~r˙0P,0 = ~r˙0S,0 +ω | {z } |{z} |{z} ~r S P,0 ~v0S,0 ~v0P,0 H01,0 ω  0 0 0  =  0 −sα −cα  0 cα −sα | {z A˙ 01   1 0 0   α˙  0 c sα  . α     0 −sα cα  {z } }| T A01 (4.37) Ausmultipliziert und unter Berücksichtigung von s2α + cα2 = 1 bleibt H01,0 ω  0 =  0  0  α˙  0 0   0 −α˙  oder ω ~ 01,0 =  0  (4.38)  0  α˙ 0  Analog dazu erhält man mit den in (4.15) und (4.13) definierten Drehmatrizen aus 4.2.2 Starrkörperbewegung Wegen der Starrkörperbedingung (4.29) entfällt der letzte Term und es bleibt die Eulersche Geschwindigkeitsformel ~v0P,0 = ~v0S,0 + ω ~ 0K,0 × ~r S P,0 Die Elementardrehung um die x 0 =x 1 -Achse mit dem Winkel α wird durch die Drehmatrix A01 gemäß (4.16) beschrieben. Der schiefsymmetrische Tensor mit den Komponenten der Winkelgeschwindigkeit folgt gemäß (4.32) aus (4.36) Damit ist der Geschwindigkeitszustand eines starren Körpers durch Angabe der Geschwindigkeit eines körperfesten Punktes ~v0S und der Winkelgeschwindigkeit des ~ 0K eindeutig definiert, da mit (4.36) starren Körpers ω die Geschwindigkeit jedes weiteren körperfesten Punktes angegeben werden kann. Leonhard Euler * 15. April 1707 † 18. September 1783 Mathematiker H12,1 = A˙ 12 AT12 ω H2K,2 = A˙ 2K AT2K und ω (4.39) die Winkelgeschwindigkeitsvektoren ~ 12,1 ω  0  =  β˙   0  ~ 2K,2 und ω  0  =  0   γ˙  (4.40) für die Elementardrehungen um die y1 = y2 -Achse bzw. um die z2 =z K -Achse. 4.3.2 Gesamtdrehungen Die Winkelgeschwindigkeit des körperfesten Systems K gegenüber dem System 0 folgt aus der Addition der Teilwinkelgeschwindigkeit. Im System 0 erhält man ~ 0K,0 = ω ~ 01,0 + A01 ω ~ 12,1 + A01 A12 ω ~ 2K,2 . ω (4.41) Eingesetzt und ausmultipliziert bleibt schließlich siehe: http://de.wikipedia.org ~ 0K,0 ω 4.3 Winkelgeschwindigkeit 4.3.1 Elementardrehungen Zur Berechnung der Winkelgeschwindigkeit nutzt man den Aufbau der Drehmatrizen aus Elementardrehungen.  α˙   0 =  0  +  cα β˙  0   sα β˙   s β γ˙  +  −s c γ˙   α β   cα cβ γ˙     (4.42) oder in Matrizenschreibweise ~ 0K,0 ω  ω x =  ω y  ωz   1 0 s β    =  0 c −s c   α α β      0 s c α α cβ     α˙ β˙ γ˙     (4.43) Bei allgemeinen räumlichen Drehungen besteht ein nichtlinearer lageabhängiger Zusammenhang zwischen den Komponenten des Winkelgeschwindigkeitsvektors und den Ableitungen der Drehwinkel. 27 OTH Regensburg Technische Mechanik III 4.3.3 Beispiel Reibradgetriebe und Das Antriebsrad eines Reibradgetriebes mit dem Radius r 1 rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω1 um die z0 -Achse, Bild 4.3. ω2 M2 P z2 r2 x0 ω3 (4.48)   0   0  ω r  =  +ω (h−z )  1   1 1   3  0 0    M3 Die Winkelgeschwindigkeit des Koppelrades ist also durch r1 ω3 = ω1 (4.50) h − z1 z1 − ω3 (z2 −h) = −ω2 r 2 Q r1 (4.49) gegeben. Im Kontaktpunkt P haben das Koppelrad und das Abtriebsrad in y-Richtung die gleiche Geschwindigkeit. Analog zu (4.49) findet man h M1 ~r M3Q,0   0   0 =   −(h−z1 )  erhält man durch Gleichsetzen von (4.44) mit (4.45) z0 y0 ~ 03,0 ω  ω3  =  0   0  oder ω3 = r2 ω2 z2 − h (4.51) (4.52) Das Reibradgetriebe liefert mit ω1 r 1 z2 − h ω2 = ω1 r 2 h − z1 Bild 4.3: Reibradgetriebe Die Drehachsen des Antriebs- und Abtriebrades sind parallel zur z0 -Achse und liegen in der x 0 -, z0 -Ebene. Die Drehachse des Koppelrades fällt mit der x 0 -Achse zusammen. (4.53) ein Übersetzungsverhältnis, das durch Verändern der Positionen z1 und z2 in einem weiten Bereich variiert werden kann. 4.4 Momentane Drehachse Das Koppelrad überträgt die Drehbewegungen des Antriebsrades über die Kontaktpunkte Q und P schlupffrei auf das Abtriebsrad mit dem Radius r 2 . 4.4.1 Allgemeine Bewegung Die Geschwindigkeit im Punkt Q erhält man entsprechend der Eulerschen Geschwindigkeitsformel (4.36) entweder aus Nach dem Theorem von Michel Chasles kann jede beliebige Bewegung eines starren Körpers durch eine Schraubung dargestellt werden. ~v0Q,0 = ~v0M1,0 + ω ~ 01,0 × ~r M1 Q,0 (4.44) oder aus ~v0Q,0 = ~v0M3,0 + ω ~ 03,0 × ~r M3 Q,0 * 15 November 1793 † 18 Dezember 1880 (4.45) Französischer Mathematiker Mit ~v0M1,0 = 0 ; ~ 01,0 ω 28 Michel Chasles  0  =  0  ;  ω1  ~v0M3,0 = 0 ~r M1Q,0  r 1  =  0   0  (4.46) siehe: http://de.wikipedia.org (4.47) Der Körper dreht sich dabei um die momentane Drehachse und führt gleichzeitig eine Translation in Richtung der Drehachse durch, Bild 4.4. Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill ω0K ω0K rSP λ ω0K λ = S und ~r S P = ~ 0K ω ~ T0K ω ~ T0K ~v0S = 0 ω Bild 4.4: Schraubung ~ 0K legt die RichDer Winkelgeschwindigkeitsvektor ω tung der momentanen Drehachse fest. Jeder Punkt auf der momentanen Drehachse hat dann gemäß dem Chaslesschen Theorem die Geschwindigkeit ~v0P = λ ω ~ 0K (4.54) wobei λ ein noch zu bestimmender Parameter mit der Einheit m ist. Für den Punkt P auf der momentanen Drehachse, der den kürzesten Abstand zum körperfesten Bezugspunkt S hat, gilt ~r S P ⊥ ω ~ 0K ~ T0K ~r S P = 0 oder ω (4.55) (4.56) Die Beziehungen (4.55) und (4.56) ergeben in Komponenten angeschrieben ein lineares Gleichungssystem  0 ωx ωy ωz   λ   0 −ωz ω y   r x  −ω x 0 −ω x   r y  −ω y ωz   −ωz −ω y ω x 0   r z   0      =  −vx  (4.57)   −v y    −vz  in der Form A x = b, das nach dem Parameter λ und den Komponenten r x , r y , r z des Ortsvektors ~r S P aufgelöst1 werden kann. Das Ergebnis 
.  2 λ = ω x v x + ω y v y + ω z vz ω x + ω2y + ωz2 
.  2 r x = ω y vz − ω z v y ω x + ω2y + ωz2 .  (4.58) r y = (ωz vx − ω x vz ) ω2x + ω2y + ωz2 
.  2 r z = ω x v y − ω y vx ω x + ω2y + ωz2 kann auch in Vektorschreibweise dargestellt werden. Man erhält 1 (4.59) Dies kann z.B. in Matlab mit der symbolischen Toolbox oder durch Nutzen der speziellen Eigenschaft der Koeffizientenmatrix geschehen. Die Spalten der in (4.57) definierten Koeffizientenmatrix  A sind hier jeweils senkrecht zu einander, was AT A = − ω2x + ω2y + ωz2 E4×4 zur Folge hat und die direkte .  Lösung x = −AT b ω2x + ω2y + ωz2 ermöglicht. ~ 0K ⊥ ~v0S oder ω (4.60) ~ 0K der senkauf. Ein Winkelgeschwindigkeitsvektor ω recht auf dem Geschwindigkeitsvektor ~v0S steht, kennzeichnet ebene Bewegungen. Wegen ~v0P = 0 entartet die Schraubung dann zu einer reinen Drehung und der Punkt P stellt dann den momentanen Drehpol dar. 4.4.2 Momentaner Drehpol Ein momentaner Drehpol P, dessen Position gegenüber dem körperfesten Bezugssystem durch den in (4.59) definierten Ortsvector ~r S P festgelegt ist, existiert nur bei ~ 0K ⊥ ~v0S gilt, ist der einer ebenen Bewegung. Da dann ω Abstand des momentanen Drehpols von der Drehachse durch Bezeichnet ~v0S die Geschwindigkeit des körperfesten Bezugspunktes, dann liefert die Eulerschen Geschwindigkeitsformel (4.36) eine zusätzliche Vektorgleichung ~v0S,0 + ω ~ 0K,0 × ~r S P = λ ω ~ 0K ~ 0K × ~v0S ω ~ 0K ~ T0K ω ω Gemäß (4.54) hat der Punkt P für λ = 0 keine Geschwindigkeit mehr. Dieser Sonderfall tritt bei v0S P ~ T0K ~v0S ω | ~r S P | = ~ 0K | | ~v0S | |ω | ~v0S | v0S = = ~ 0K | | ω ~ 0K | | ω ~ 0K | ω0K |ω (4.61) gegeben. Daraus lassen sich die folgenden Konstruktionsvorschriften ableiten. Sind bei einer ebenen Bewegung eines starren Körpers die Geschwindigkeitsrichtungen an zwei körperfesten Punkten R und S bekannt, dann bilden die Normalen auf die Geschwindigkeitsrichtungen geometrische Orte für den momentanen Drehpol P, Bild 4.5. R rRP v0R S rSP v0S φ ψ P Bild 4.5: Allgemeine Geschwindigkeitsrichtungen Gemäß (4.61) gilt r RP = v0R ω0K oder ω0K = v0R r RP (4.62) rS P = v0S ω0K oder ω0K = v0S rS P (4.63) und 29 OTH Regensburg Technische Mechanik III Aus Bild 4.5 entnimmt man v0R v0S tan ϕ ≡ und tan ψ ≡ (4.64) r RP rS P Die Winkel ϕ und ψ stimmen also überein und sind ein Maß für die Winkelgeschwindigkeit des Körpers tan ϕ = tan ψ ≡ ω0K (4.65) Die Beziehungen (4.64) und (4.65) ermöglichen es, auch bei parallelen Geschwindigkeitsvektoren in den körperfesten Punkten R und S den momentanen Drehpol P einer ebenen Bewegung eines starren Körpers zu konstruieren, Bild 4.6. P φ=ψ v0R ~r¨0P,0 = + + + + ~r¨0S,0 ~˙ 0K,0 × A0K ~r S P,K ω
~ 0K,0 × A0K ~r S P,K ~ 0K,0 × ω ω ~ 0K,0 × A0K ~r˙S P,K 2ω A0K ~r¨S P,K (4.68) 4.5.2 Starrkörperbewegungen S R wobei nach der abgeleiteten Drehmatrix jeweils die Einheitsmatrix in Form der Orthogonalitätsbeziehung (4.26) ~˙ 0K,0 die Winkelbeschleunigung eingefügt wurde und ω bezeichnet. Mit (4.32) und (4.33) erhält man Die beiden letzten Terme in (4.68) verschwinden, wenn S körperfest ist und ~r S P,K = const. gilt. Dann bleibt v0P ~r¨0P,0 = ~r¨0S,0 + ω ~˙ 0K,0 × A0K ~r S P,K (4.69) Bild 4.6: Parallele Geschwindigkeiten ~ 0K,0 × A0K ~r S P,K ~ 0K,0 × ω + ω Obwohl der Momentanpol P durch die Geschwindigkeit v0P = 0 gekennzeichnet ist, verändert er seine Lage sowohl bezüglich des raumfesten und des körperfesten Koordinatensystems. Die im körperfesten System dargestellte Folge der jeweiligen Momentanpole wird als Polkurve und die im raumfesten System dargestellte Folge als Spurkurve bezeichnet. Pol- und Spurkurve berühren sich im Momentanpol und rollen bei der Bewegung des starren Körpers aufeinander ab. Bei einer Drehung mit konstanter Winkelgeschwindig~˙ 0K,0 keit verschwindet zwar die Winkelbeschleunigung ω = 0, aber infolge der Zentripetalbeschleunigung haben die einzelnen Punkte eines starren Körpers trotzdem unterschiedliche Beschleunigungen. Der Punkt des Körpers, der mit dem Momentanpol zusammenfällt, hat zwar momentan keine Geschwindigkeit ~v0P = 0 aber in der Regel eine Beschleunigung a~0P , 0. 4.5 Beschleunigung 4.5.1 Allgemeine Relativbewegung Die Geschwindigkeit eines Punktes P, dessen Lage relativ zum Punkt S im körperfesten System K beschrieben wird, ist gemäß (4.35) durch ~r˙0P,0 = ~r˙0S,0 + ω ~ 0K,0 × A0K ~r S P,K + A0K ~r˙S P,K (4.66) gegeben. Die zeitliche Ableitung liefert ~r¨0P,0 = ~r¨0S,0 ~˙ 0K,0 × A0K ~r S P,K + ω ~ 0K,0 × A˙ 0K AT0K A0K ~r S P,K + ω ~ 0K,0 × A0K ~r˙S P,K + ω + A˙ 0K AT0K A0K ~r˙S P,K + A0K ~r¨S P,K 30 (4.67)
Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill 4.6 Aufgaben 4.6.3 Laufkatze 4.6.1 Stößel Die Laufkatze eines Krans bewegt sich mit der Geschwindigkeit vK nach links. Gleichzeitig wird das über drei Rollen geführte Seil mit der Geschwindigkeit vS nach rechts gezogen. Ein Keil mit dem Neigungswinkel α wird mit der Geschwindigkeit vK in horizontaler Richtung bewegt und verschiebt dadurch einen Stößel vertikal nach oben. Das am unteren Ende des Stößels drehbar gelagerte Rad mit dem Radius R rollt dabei ohne zu gleiten auf dem Keil ab. vK vS R vK 2 1 vS ωR r 3 α a) In einem Koordinatensystem, bei dem die x-Achse nach links und die y-Achse nach oben zeigt, gilt im Kontaktpunkt  vK   0   0   −R sin α   0  =  v  +  0  ×  −R cos α  S   0   0   ω R   0 Die beiden ersten Komponenten liefern vK = +ω R R cos α und 0 = vS − ω R R sin α Damit erhält man vK ωR = und vS = ω R R sin α = vK tan α R cos α b) Für die Stößelbeschleunigung erhält man zunächst v˙S = v˙K tan α = v0 Ω tan α sin Ωt Damit sind die Extremwerte mit v˙Sextr = ± v0 Ω tan α gegeben. a) Ermitteln Sie die Winkelgeschwindigkeit des Rades ω R und die Stößelgeschwindigkeit vS . b) Welche Extremwerte der Stößelbeschleunigung aS treten auf, wenn der Keil nun periodisch mit der Geschwindigkeit vK = v0 sin Ωt hin und her bewegt wird? Die Umlenkrollen 1 und 2 haben den gleichen Radius. Die Rolle 3 bleibt während der Bewegung stets in der Mitte zwischen den Rollen 1 und 2. a) Berechnen Sie die Winkelgeschwindigkeit der Rolle 3 b) Mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich der Mittelpunkt der Rolle 3 in horizontaler und vertikaler Richtung? a) ω = 4.6.2 Stab 2 v K + vS 2r b) v3H = vK und v3V = 1 vS 2 4.6.4 Roboterarm Ein Stab der Länge a wird über Bolzen, die an den Enden befestigt sind, in einer horizontalen und in einer vertikalen Schiene geführt. Der Bolzen in A wird über einen Spindelantrieb mit der konstanten Geschwindigkeit s˙ = v A nach links verschoben. s C A Der Ausleger eines Experimentier-Roboters ist aus zwei Tetraedern mit den Längen a und b aufgebaut. Die Drehung um die raumfeste z0 -Achse erfolgt mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. Deshalb kann sie durch den Winkel γ = Ωt beschrieben werden. Der zweite Tetraeder dreht um die y2 -Achse. Mit dem Winkel β = β0 sin(ωt) wird er mit der Kreis-Frequenz ω und der Amplitude β0 periodisch auf und ab bewegt. z0=z1 φ y1 y0 a z2 γ a B y2 P x1 x0 β b Q x2 a) Die zeitliche Ableitung, der aus dem Dreieck ABC folgenden Beziehung s = a sin ϕ, liefert vA s˙ = v A = a cos ϕ ϕ˙ oder ϕ˙ = a cos ϕ b) Mit AB = x und x˙ = −vB erhält man x = a cos ϕ bzw. x˙ = −vB = −a sin ϕ ϕ˙ vA oder vB = a sin ϕ = v A tan ϕ a cos ϕ Für Winkel im Bereich 0 < ϕ < 90° sind zu ermitteln: a) die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ und b) die Geschwindigkeit vB , mit der sich der Bolzen in B nach oben bewegt. Ermitteln Sie für die Punkte P und Q die im System x 1 , y1 , z1 dargestellten Vektoren der absoluten Geschwindigkeit und der Beschleunigung.  0  a) ~v0P,1 =  a Ω   0   −b sin β β˙  ~v0Q,1 =  (a + b cos β) Ω   −b cos β β˙  b)  −a Ω2  a~0P,1 =  0   0   − (a + b cos β) Ω2 − b sin β β¨ − b cos β β˙ 2   −2b sin β Ω β˙ a~0Q,1 =    −b cos β β¨ + b sin β β˙ 2 mit β = β0 sin(ωt) β˙ = ω β0 cos(ωt) β¨ = −ω2 β0 sin(ωt) 31 5 Starrkörper-Kinetik 5.1 Kinetische Energie 5.1.1 Allgemeiner Bezugspunkt Bezeichnet ~v0M die Geschwindigkeit eines Masseteilchens dm gegenüber dem ruhenden System 0, dann ist seine kinetische Energie durch dEkin = 1 T ~v ~v0M dm 2 0M (5.1) gegeben. Die kinetische Energie des starren Körpers kann dann aus Z 1 T ~v0M ~v0M dm Ekin = (5.2) 2 K berechnet werden. Der Punkt P ist Ursprung eines körperfesten Koordinatensystem mit den Achsen x K , yK und z K , Bild 5.1. v0M z0 y0 zK dm M r PM 0 x0 ω 0K P ~r PS xK (5.3) berechnet werden, wobei ~r P M die Lages des Masseteilchens relativ zu P beschreibt. Eingesetzt in (5.2) erhält man Ekin = Z
T
1 ~v0P + ω ~ 0K ×~r P M ~v0P + ω ~ 0K ×~r P M dm 2 1 = m Z ~r P M dm (5.8) definierte Vektor gibt die Lage des Massenmittelpunktes S des starren Körpers relativ zu Punkt P an und Z m = dm (5.9) Der Geschwindigkeitszustand des starren Körpers ist durch die Geschwindigkeit ~v0P und die Winkelgeschwin~ 0K gegeben. Die Geschwindigkeit eines Massedigkeit ω teilchens kann dann aus ~v0M = ~v0P + ω ~ 0K × ~r P M (5.6) bereits berücksichtigt wurde. Die Geschwindigkeit von ~ 0K sind unPunkt P und die Winkelgeschwindigkeit ω abhängig von der Massenverteilung des starren Körpers und können deshalb aus den Integralen herausgezogen werden Z 1 T ~v0P Ekin = dm ~v0P 2 ! Z T (5.7) ~ 0K × ~r P M dm + ~v0P ω Z
T
1 ~ 0K ×~r P M ω ~ 0K ×~r P M dm ω + 2 v0P Bild 5.1: Kinetische Energie 32 wobei die Gleichheit der Skalarprodukte

T T ~ 0K ×~r P M ~ 0K ×~r P M ~v0P = ~v0P ω ω (5.5) Der durch das Integral yK r 0P Ausmultipliziert bleibt Z 1 T ~v0P ~v0P dm Ekin = 2 Z
T ~ 0K ×~r P M dm ω ~v0P + Z

T 1 ~ 0K ×~r P M dm ~ 0K ×~r P M ω ω + 2 (5.4) ist die Masse des starren Körpers. Das dritte Integral in (5.7) kann mit ~ 0K ×~r P M = −~r P M × ω ~ 0K = −H ~ 0K ω rPM ω und H ~ 0K rPM ω
T T ~ 0K H = ω r PT M umgeformt werden Z
T
~ 0K ×~r P M ω ~ 0K ×~r P M dm = ω Z
T
~ 0K −r˜P M ω ~ 0K dm = −H rPM ω Z T ~ 0K H ~ 0K ω r PT M H r P M dm ω (5.10) (5.11) (5.12) Technische Mechanik III (Dynamik) wobei TP = Prof. Dr.-Ing. G. Rill Z H r PT M H r P M dm (5.13) z Ekin den, auf den Punkt P bezogenen, Trägheitstensor des starren Körpers bezeichnet. Die kinetische Energie des starren Körpers berechnet sich demnach aus 1 T ~v0P Ekin = m ~v0P 2 T ~ 0K ×~r PS ) + m ~v0P (ω 1 T ~ 0K ~ TP ω + ω 2 0K (5.14) wobei P ein beliebiger Punkt auf dem starren Körper und S den Massenmittelpunkt des starren Körpers angibt. = 1 2 =    Txx 0 0 ω  Tyx | {z }   Tzx T | ~ 0K ω  1 2 ω Tzz ω = 1 2 Tzz Tx y Txz   0  Ty y Tyz   0  Tz y Tzz   ω  {z } |{z} TF ~ 0K ω (5.17) ω2 wobei die Elemente des 3 × 3-Trägheitstensors TF entsprechend den Koordinatenachsen x, y, z mit allgemeinen Doppel-Indizes bezeichnet wurden. Bei einer Drehung um eine raumfeste Achse (hier die z-Achse) hat lediglich das Trägheitsmoment bezüglich der Rotationsachse, hier Tzz , Einfluss auf die kinetische Energie. 5.2 Der Trägheitstensor 5.1.2 Bezogen auf Massenmittelpunkt T (ω ~ 0K ×~r PS ) in (5.14) verschwinDer Koppelterm m ~v0P det, wenn P mit dem Massenmittelpunkt S zusammenfällt S Ekin = 1 T 1 T ~v0S + ω ~ TS ω ~ 0K m ~v0S 2 2 0K (5.15) Auf den Massenmittel S bezogen, setzt sich die kinetische Energie des starren Körpers aus einem translatorischen und einem rotatorischen Anteil zusammen. Die Elemente des Trägheitstensors TS müssen dabei bezüglich dem Massenmittelpunkt S berechnet werden. 5.1.3 Bezogen auf einen Fixpunkt Führt der starre Körper Drehbewegungen um einen Fixpunkt F aus, dann bleibt nur noch der rotatorische Energieanteil. Für P = F und mit v0F = 0 folgt aus (5.14) F Ekin = 1 T ~ TF ω ~ 0K ω 2 0K 5.2.1 Definition Bei der Berechnung der kinetischen Energie eines starren Körpers wurde in (5.13) mit Z H TP = r PT M H r P M dm (5.18) der Trägheitstensor definiert. Der schiefsymmetrische Tensor H r P M folgt dabei aus den Komponenten des Vektors ~r M P , der die Lage aller Masseteilchen dm des starren Körpers relativ zu P definiert. Die Berechnung des Trägheitstensors TP ist an ein Koordinatensystem gebunden, da nur dort die Komponenten des Vektors ~r M P dargestelt werden können. Im körperfesten System K bleibt, entsprechend der Starrkörperbedingung, die Lage körperfester Punkte relativ zueinander unverändert. Dort sind dann die Komponenten von ~r M P und die Elemente des Trägheitstensors konstant, TP,K = const. Mit (5.16) ~r P M,K wobei die Elemente des Trägheitstensors TF bezüglich dem Fixpunkt F berechnet werden müssen.  x  =  y   z  bzw. H r P M,K  0 −z y  =  z 0 −x   − y x 0  (5.19) lautet (5.18) 5.1.4 Bezüglich einer raumfesten Drehachse TP,K Führt der starre Körper Drehbewegungen um eine im Raum fixierte Achse aus, dann ist jeder Punkt der Achse ein Fixpunkt. Das beschreibende Koordinatensystem kann nun so angeordnet werden, dass die z-Achse mit der Drehachse zusammen fällt. Dann vereinfacht sich (5.16) zu Z  0 z − y  0 −z y   −z 0 x  z 0 −x  dm =     y −x 0  − y x 0  (5.20) Ausmultipliziert bleibt TP,K Z  y 2 +z 2 −x y −xz   −x y z 2 + x 2 − y z  dm =   2 2  −xz − y z x + y  (5.21) 33 OTH Regensburg Technische Mechanik III Der Trägheitstensor ist symmetrisch. Die Elemente auf der Hauptdiagonalen Z   Txx = y 2 +z 2 dm Z   Ty y = z 2 + x 2 dm (5.22) Z   Tzz = x 2 + y 2 dm Nach Integration erhält man # " 1  b 3  b 3 Txx = ρ a c − − 3 2 2 1   c 3  c 3  + ρab − − 3 2 2 Mit m = ρ a b c bleibt schließlich
1 m b2 + c2 12 Txx = werden als (Massen-)Trägheitsmomente und die drei restlichen Z Tx y = − x y dm Z Txz = − x z dm (5.23) Z Tyz = − y z dm (5.26) (5.27) Analog dazu findet man   1 m a2 + b2 12 (5.28) Die Integrale in (5.23) verschwinden alle. Ein quaderförmiger Körper hat bezüglich der Symmetrieachsen keine Deviationsmomente Ty y =   1 m c2 + a 2 12 Tx y = 0 als (Massen-)Deviationsmomente bezeichnet. und Tzz = Txz = 0 Tyz = 0 (5.29) 5.2.2 Beispiel Quader 5.2.3 Beispiel Kreiszylinder Für einen quaderförmigen Körper mit den Kantenlängen a, b und c, Bild 5.2, können die Integrale in (5.22) und (5.23) leicht ausgewertet werden. Bei einem kreiszylindrischen Körper mit dem Radius R und der Höhe H wird bei homogener Massenverteilung ein zur äußeren Kontur passendes Volumenelement herausgeschnitten, Bild 5.3. Bei homogener Massenverteilung kann das Massenelement mit der Dichte ρ auf ein Volumenelement dV zurückgeführt werden. dm = ρ dV = ρ dx dy dz (5.24) x a S x c dz z Mit dm = ρ r dϕ dr dz +c/2 Z +b/2 Z +a/2 Z ( y 2 +z 2 ) dx dy dz =ρ (5.25) x = r cos ϕ y = r sin ϕ (5.30) gilt dann Txx = ρ +H/2 Z ZR −H/2 0 34 r Bild 5.3: Zylinder mit Volumenelement Berechnet man den Trägheitstensor für den Massenmittelpunkt S in einem Koordinatensystem, das mit den Symmetrieachsen zusammenfällt, dann folgt das Trägheitsmoment um die x-Achse aus −c/2 −b/2 −a/2 dr z Bild 5.2: Quaderförmiger Körper Txx ϕ z h y x dϕ S R b y y Z2π 0
(r sin ϕ)2 +z 2 r dϕ dr dz (5.31) Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill 5.2.4.2 Dreiecksungleichung Ausmultipliziert bleibt Txx = ρ +H/2 Z ZR Z2π r 3 −H/2 0 +ρ +H/2 Z 0 z2 (5.32) Z2π ZR r 0 −H/2 sin2 ϕ dϕ dr dz dϕ dr dz 0 Nach der Integration erhält man Txx 1 1 = ρ H R4 π + ρ 4 3 H 3 −H 3 − 8 8 ! 1 2 R 2π (5.33) 2 Mit der Zylindermasse m = ρ R2 πH bleibt schließlich   1 2 1 2 Txx = m (5.34) R + H 4 12 Auf Grund der Symmetrie gilt hier Ty y = Txx (5.35) und die Berechnung des Trägheitsmomentes um die Zylinderachse liefert Tzz = 1 m R2 2 (5.36) Bezüglich seiner Symmetrieachsen hat auch der Zylinder keine Deviationsmomente Tx y = 0 Txz = 0 Tyz = 0 (5.37) 5.2.4 Eigenschaften Die Elemente der Hauptdiagonale, die Trägheitsmomente, sind durch (5.22) definiert. Die Addition von Txx und Ty y liefert Z Z Z 2 2 2 2 ( y +z ) dm + (z + x ) dm = (x 2 + y 2 ) dm | {z } | {z } | {z } Txx Ty y T zz Z + 2 z 2 dm (5.38) Es gilt also Txx + Ty y ≥ Tzz (5.39) sowie Tzz + Txx ≥ Ty y (5.40) und analog Ty y + Tzz ≥ Txx Die Beziehungen (5.39) und (5.40) werden als Dreiecksungleichungen bezeichnet, da bei Dreiecken die Summe zweier Seiten stets größer oder höchstens gleich der dritten ist. Die Dreiecksungleichungen können zur Kontrolle gemessener Trägheitsmomente herangezogen werden. Bei abgeplatteten Körpern kann eine Abmessung gegenüber den beiden anderen Körpern vernachlässigt werden. Liegen die Hauptabmessungen eines abgeplatteten R KörpersR z.B. in der x-, y-Ebene, dann wird wegen z 2 dm  (x 2+y 2 )dm die Dreiecksungleichung (5.39) zur Gleichung und es gilt Txx + Ty y = Tzz . 5.2.4.3 Abgeplattete Körper 5.2.4.1 Symmetrie y y x x Symmetrie in Deviationsmomente Richtung der Tx y Txz Tyz x K -Achse =0 =0 ,0 yK -Achse =0 ,0 =0 z K -Achse ,0 =0 =0 Tabelle 5.1: Deviationsmomente bei Symmetrie Ist die Massenverteilung des Körpers symmetrisch zu einer Achse, dann verschwinden die Deviationsmomente, bei denen über diese Achsrichtung integriert wird, Tabelle 5.1. Bei einem Körper, der in zwei Achsrichtungen eine symmetrische Massenverteilung hat, verschwinden folglich alle Deviationsmomente. c z b z R S H a Bild 5.4: Platte und Scheibe Bei einem flachen Quader, bzw. einer dünnen Platte, Bild 5.4, erhält man mit c  a und c  b aus (5.27) und (5.28) die Trägheitsmomente Txx = 1 m b2 12 und Ty y = 1 m a2 12 (5.41) sowie Tzz = Txx + Ty y = 1 m 12 a2 + b2
(5.42) 35 OTH Regensburg Technische Mechanik III Bei einer kreiszylindrischen Scheibe, Bild 5.4, gilt H  R. Aus (5.34), (5.35) und (5.36) folgen dann die Trägheitsmomente Txx = Ty y = 1 m R2 4 (5.43) und Tzz = Txx + Ty y = 2 Txx = 1 m R2 2 Fällt der Bezugspunkt P mit dem Massenmittelpunkt S zusammen (P ≡ S), dann ist H r PS = 0 und es bleibt der Satz von Steiner (5.44) 5.2.4.4 Langgestreckte Körper T H TQ = TS + m H r QS r QS 1 m a2 12 Ein dünner Draht der Masse m ist zu einem Rührhaken gebogen und in der Mitte, im Punkt 0, an einer Welle befestigt, Bild 5.5. z0 (5.45) Mit R  H folgen aus (5.34), (5.35) und (5.36). die Trägheitsmomente für einen Stab mit Kreisquerschnitt. Sie stimmen mit (5.45) überein. 0 a 5.2.5.1 Satz von Steiner a a Bild 5.5: Rührhaken K Der Trägheitstensor bezüglich eines körperfesten Punktes P ist durch (5.18) definiert. Der schiefsymmetrische Tensor H r P M wird gemäß (5.19) aus den Komponenten des Vektors ~r P M gebildet. Soll der Trägheitstensor für einen anderen körperfesten Punkt Q angegeben werden, dann folgt aus der Vektorkette ~r QM = ~r QP + ~r P M die entsprechende Beziehung für die schiefsymmetrischen Tensoren H r QM = H r QP + H rPM (5.46) Ausmultipliziert bleibt Z Z T H H TQ = H r QP r QP dm + r PT M H r P M dm |{z} | {z } TP Z m T H + 2H r QP r P M dm | {z } H r PS m a x0 Gemäß (5.18) kann der auf den Punkt 0 bezogene Trägheitstensor aus Z T H H T0 = r 0M r 0M dm (5.50) 5.2.5 Wechsel des Bezugspunktes Eingesetzt in (5.18) erhält man Z
T
H H r QP +H rPM r QP +H r P M dm TQ = y0 a a Bei langgestreckten Körpern hat die Querschnittsform keinen Einfluß auf die Trägheitseigenschaften. 36 (5.49) 5.2.5.2 Beispiel Bei einem geraden, dünnen Stab mit Rechteckquerschnitt, der sich in x-Richtung erstreckt, gilt c  a und b  a. Damit erhält man aus (5.27) und (5.28) die Trägheitsmomente Stab Stab Txx ≈ 0 und TyStab y = Tzz = wobei Terme, die nicht von der Massenverteilung abhängen, bereits vor die Integrale gezogen wurden und der Vektor ~r PS die Lage des Massenmittelpunktes S relativ zum Bezugspunkt P angibt. berechnet werden, wobei der Punkt M die Position des Massenelements dm angibt und somit sämtlich Punkte des Körpers K durchläuft. z5 y5 S5 z3 x5 S3 y0 =y1 z0 =z1 y3 0=S1 z2 S2 x0 =x1 x3 y2 x2 z4 S4 (5.47) y4 x4 Bild 5.6: Teilkörper des Rührhakens (5.48) Unterteilt man nun den Rührhaken in in N = 5 einfache Teilkörper, hier gerade Drahtstücke, Bild 5.6, dann kann das Integral über den Körper K entsprechend aufgeteilt werden N =5 Z X T H H T0 = r 0M r dm (5.51) i 0Mi i=1 Ki Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill wobei Mi jetzt nur noch Punkte des jeweiligen Teilkörpers Ki sind. Mit den Beziehungen H r 0Mi = H r 0Si + H r S i Mi i mi 1 m 3 2 m 6 3 m 6 4 m 6 5 m 6 (5.52) dem Satz von Steiner (5.49) und Z H TSi = r STi Mi H r Si Mi dm (5.53) Ki kann (5.51) in der Form T0 = 5 ( X TSi + T H r 0S r mi H i 0Si ) (5.54) i=1 angeschrieben werden, wobei Si die Massenmittelpunkte der Teilkörper sind. Die schiefsymmetrischen Tensoren enthalten gemäß H r 0Si  0 −zi yi   0 −x i  =  zi  − yi xi 0  (5.55) die Komponenten x i , yi , zi der Vektoren ~r 0Si , die die Lage der Massenmittelpunkte der Teilkörper angeben. Die wesentlichen Elemente des Trägheitstensors sind dann durch Tx0 x0 = X  Txi xi + mi yi2 + zi2
Ty0 y0 = X  Tyi yi + mi zi2 + x 2i
Tz0 z0 = X  Tzi zi + mi x 2i + yi2
(5.56) r 0Si 0 0 0 a/2 a 0 −a/2 −a 0 a a −a/2 −a −a a/2 Txi xi 1 m 12 3 Tyi yi (2a)2 Tzi zi 1 m 12 3 0 (2a)2 0 1 m 12 6 a2 1 m 12 6 a2 0 1 m 12 6 a2 1 m 12 6 a2 1 m 12 6 a2 1 m 12 6 a2 0 1 m 12 6 a2 1 m 12 6 a2 0 Tabelle 5.2: Massengeometrie des Rührhakens Für das Trägheitsmoment bezüglich der x 0 -Achse erhält man
2 1 m 2a Tx0 x0 = 12 3 m 2 + + a 6
2 m −a + + (5.58) 6     m 2 1 m 2 a 2 a + + a + − 12 6 6 2  m 1 m 2
2  a  2 a + + −a + 12 6 6 2 oder und Tx0 x0 = Tx0 y0 = X  Txi yi − mi x i yi Tx0 z0 = X  Txi zi − mi x i zi Ty0 z0 = X  Tyi zi − mi yi zi m 2 a 6 4 1 1 1 1 6 +1+1+ 12 +1+ 4 + 12 +1+ 4
(5.59) Zusammengefaßt bleibt (5.57) Tx0 x0 = 8 m a2 9 (5.60) Analog dazu findet man definiert. Die Beziehungen in (5.56) und (5.57) gelten allgemein. Allerdings ist zu beachten, dass die lokalen x i - yi -zi -Koordinatensysteme, die im Schwerpunkt jedes Teilkörpers fixiert sind, achsenparallel zum globalen x 0 y0 -z0 -Koordinatensystem angeordnet sein müssen. Für die N = 5 Teilkörper des Rührhakens können nun sehr leicht die Masse, die Trägheitsmomente und die Schwerpunktslage angegeben werden, Tabelle 5.2. Deviationsmomente treten bei den stabförmigen Teilkörpern nicht auf. Ty0 y0 = 5 m a2 9 und Tz0 z0 = 11 m a2 9 (5.61) Die Deviationsmomente des Rührhakens folgen aus (5.57). Mit den Werten aus der Tabelle 5.2 erhält man
m a a + (− a2 )(−a) + a a + (−a)(−a) Tx0 y0 = − 2 6 1 = − m a2 2 (5.62)
m 1 2 a a Tx0 z0 = − a(− 2 ) + (−a) 2 ) = m a (5.63) 6 6 und
1 m Ty0 z0 = − a(− a2 ) + (−a) a2 ) = m a2 (5.64) 6 6 37 OTH Regensburg Technische Mechanik III 5.2.6 Drehung des Koordinatensystems z0 a α 5.2.6.1 Tensortransformation 0 Der schiefsymmetrische Tensor H r P M vermittelt das Kreuzprodukt. Gemäß (5.10) gilt ~ 0K,1 = ~r P M,1 × ω ~ 0K,1 H r P M,1 ω α wobei angenommen wurde, daß die Vektoren und damit auch der schiefsymmetrische Tensor im System 1 dargestellt sind. Soll das Ergebnis im System 2 angegeben werden, dann erhält man mit der Transformationsmatrix A21
~ 0K,1 r P M,1 ω ~ 0K,2 = A21 H H (5.66) r P M,2 ω Bild 5.7: Abgewinkelter Rührhaken H r P M,2 = A21 H r P M,1 AT21 (5.68) die Transformationsvorschrift für einen schiefsymmetrische Tensor angeben. Eingesetzt in die Definitionsgleichung (5.18) des Trägheitstensors erhält man Z
T A21 H r P M,1 AT21 A21 H TP,2 = r P M,1 AT21 dm Z (5.69) = A21 H r PT M,1 AT21 A21 H r AT dm | {z } P M,1 21 E Z H r PT M,1 H r P M,1 dm AT21 . | {z } TP,1 x2 y0 = y1 0=S1 z3 y3 α x 0 = x1 S3 x3 Bild 5.8: Teilkörper Der Rührhaken kann in drei einfache Teilkörper zerlegt werden, Bild 5.8. Die Teilkörper sind langgestreckt und haben jeweils die Masse 13 m und die Länge a. [1] T0,0 A21 TP,1 AT21 (5.71) transformiert den Trägheitstensor vom System 1 in das System 2. 5.2.6.2 Beispiel ebener Rührhaken Ein Rührhaken besteht aus einem dünnen Draht der Masse m und der Länge 3 a. Das Mittelstück ist im Punkt 0 an einer Welle befestigt und die Enden sind nach oben und unten abgewinkelt, Bild 5.7. 38 S2 z0 = z1 (5.70) Die Vorschrift TP,2 = α Der Trägheitstensor des ersten Teilkörpers kann sofort bezüglich 0 im globalen System angegeben werden oder TP,2 = A21 y2 z2 (5.67) ~ 0K,1 dem im System 2 dargestellten Vektor der Da A21 ω ~ 0K,2 angibt, muss Winkelgeschwindigkeit ω x0 a Nach dem Einfügen der Einheitsmatrix in Form von E = AT21 A21 ergibt sich ~ 0K,1 ~ 0K,2 = A21 H H r P M,1 AT21 A21 ω r P M,2 ω a/2 a/2 (5.65) y0  1 0 0  1 m 2  = a  0 0 0  12 3  0 0 1  (5.72) Die lokalen Koordinatensysteme x 2 , y2 , z2 und x 3 , y3 , z3 sind gegenüber dem globalen System x 0 , y0 , z0 um den Winkel α verdreht. Der Satz von Steiner (5.49) kann aber nur bei achsenparallelen Koordinatensystemen angewendet werden. Die Trägheitstensoren der Teilkörper 2 und 3 können aber analog zu (5.72) bezüglich ihrer Massenmittelpunkte S2 und S3 in den Systemen 2 und 3 angegeben werden TS[2] 2,2  1 0 0  1 m 2  = a  0 0 0  12 3  0 0 1  (5.73) Technische Mechanik III (Dynamik) TS[3] 3,3  1 0 0  1 m 2  = a  0 0 0  12 3  0 0 1  Prof. Dr.-Ing. G. Rill (5.74) Gesamtträgheitstensor T0,0 aufsummiert werden. Dessen wesentliche Elemente lauten 1 m a2 (5+4cα ) 12 =0 Txx = Mit den Abkürzungen sα = sin α und cα = cos α lauten die Transformationsmatrizen Tx y  1 0 0  und A03 =  0 cα −sα  A02  0 sα cα  (5.75) Damit können die Trägheitstensoren in das globale System transformiert werden. Gemäß der Tensortransformation (5.71) erhält man für den Teilkörper 2 Txz = 0 2 Ty y = m a2 s2α 9 1 m a2 sα (3+4cα ) Tyz = − 18   1 Tzz = m a2 7 + 12cα + 8cα2 36  1 0 0  =  0 cα −sα   0 sα cα  TS[2] 2,0  1 0 0   1 0 0  ma2     0 0 0  =  0 cα −sα  36  0 sα cα   0 0 1   1 0 0   0 c s  α α   0 −s α cα   (5.76) Ausmultipliziert bleibt TS[2] 2,0  1 0 0   2  0 sα −sα cα  = 36  2  0 −sα cα cα  ma2 ~r 0S2,0 (5.77) α=0 Txx = (5.78) kann der Trägheitstensor nun mit dem Satz von Steiner auf den Bezugspunkt 0 umgerechnet werden. Man erhält [2] T0,0 Da der Rührhaken über keine Ausdehnung in x-Richtung verfügt, entartet hier die entsprechende Dreiecksungleichung zu Txx = Ty y + Tzz . Damit hätte man sich die explizite Berechnung von einem der drei Trägheitsmomente ersparen können. Für die Sonderfälle α = 0 und α = 90◦ erhält man Mit dem Vektor  0  a   1+cα  = 2   sα  (5.80)  1 0 0   2  0 sα −sα cα  = 36  2  0 −sα cα cα    2+2cα 0 0 m a2  2  0 sα −sα (1+cα )  + 3 4  2  0 −sα (1+cα ) (1+cα )  m a2  7+6cα  0 0 m a2  2  0 4sα −sα (3+4cα )  = 36  2  0 −sα (3+4cα ) 3+6cα +4cα  (5.79) wobei im Steiner-Anteil die Vereinfachung (1+cα )2 + s2α = 2+2cα bereits berücksichtigt wurde. Analog dazu kann auch der Trägheitstensor des dritten Teilkörpers in das System 0 transformiert und auf den Punkt 0 bezogen werden. Die im System 0 dargestellten und auf den Punkt 0 bezogenen Trägheitstensoren der Teilkörper können nun zum 3 4 α = 90◦ m a2 , Txx = 5 12 m a2 , Tx y = 0 , Tx y = 0 , Txz = 0 , Txz = 0 , Ty y = 0 , Ty y = Tyz = 0 , Tyz = − 61 m a2 , Tzz = 3 4 m a2 , Tzz = 2 9 m a2 , 7 36 m a2 . Diese Ergebnisse können zur Kontrolle verwendet werden. 5.2.7 Hauptachsensystem Bei dem Beispiel in Abschnitt 5.2.5 traten bei der Berechnung des im System 0 dargestellten Trägheitstensors Deviationsmomente auf. Mit der Forderung TP,0 = A0H  Θ1 0 0   0 Θ 0  AT 2   0H 0 0 Θ3   | {z } TP, H (5.81) kann über die Transformationsmatrix A0H ein System H gesucht werden, in dem der Trägheitstensor nur auf der Hauptdiagonalen belegt ist. Im ”Hauptachsensystem” treten keine Deviationsmomente auf. Zur Berechnung der Hauptachsen wird (5.81) von rechts mit A0H durchmultipliziert. Mit   A0H = e1,0 e2,0 e3,0 (5.82) 39 OTH Regensburg Technische Mechanik III und AT0H A0H = E erhält man dann TP,0 e~1,0 e~2,0 e~3,0 = e~1,0 e~2,0    z0     Θ1 0 0  e~3,0  0 Θ2 0   0 0 Θ3  (5.83) e2 y0 e3 oder TP,0 e~i,0 = Θi e~i,0 , i = 1, 2, 3 (5.84) Die drei Hauptachsenrichtungen e~i,0 , i = 1, 2, 3 sind Lösungen des aus (5.84) folgenden homogenen Gleichungssystems
TP − Θ E e~ = 0 (5.85) x0 e1 Bild 5.9: Hauptachsensystem Die Bedingung TP − Θ E = 0 (5.86) für die Existenz nichttrivialer Lösungen e~ , 0 führt auf ein Polynom dritten Grades, dessen Nullstellen die Hauptträgheitsmomente Θi , i = 1, 2, 3 sind. Für jeden starren Körper kann genau ein Hauptachsensystem angegeben werden. Der Trägheitstensor für den Rührhaken aus Abschnitt 5.2.5.2 ist im System 0 durch T0,0  8 − 1  9 2 =  − 21 59  1 1  6 6 1 6 1 6 11 9    m a2   Θ3 = 0.15 m a2 (5.88) und die Hauptachsen  0.58  e~1,0 =  −0.58   −0.58   0.58  e~2,0 =  −0.21   0.79  Die Trägheitsradien veranschaulichen die Massenverteilung starrer Körper. 5.2.8.2 Beispiel Rührhaken Die Lösung der Gleichungen (5.86) und (5.85) liefert die Hauptträgheitsmomente Θ2 = 1.30 m a2 können drei Trägheitsradien ρi , ρ2 und ρ3 definiert werden, die zusammen mit der Masse m die Trägheitseigenschaften eines starren Körpers angeben. (5.87) gegeben. Θ1 = 1.22 m a2 Trägheitseigenschaften eines starren Körpers durch die drei Hauptträgheitsmomente Θ1 , Θ2 und Θ3 bestimmt. Mit Θi = m ρ2i i = 1, 2, 3 (5.90)  0.58  e~3,0 =  0.79   −0.21  (5.89) Die Lage des Hauptachsensystems spiegelt die Massenverteilung des Körpers wider, Bild 5.9. Für das rührhakenfeste Hauptachsensystem, das durch die Einheitsvektoren aus (5.89) festgelegt ist, folgen aus einem Vergleich von (5.90) mit (5.88) die Trägheitsradien p ρ1 = 1.22 a2 = 1.11 a p (5.91) ρ2 = 1.30 a2 = 1.14 a p ρ3 = 0.15 a2 = 0.38 a Die Massenelemente des Rührhakens gruppieren sich also vorwiegend um die durch den Einheitsvektor e~3 definierte Achse. 5.2.8.3 Beispiel Scheibe und Ring Gemäß (5.44) ist das Trägheitsmoment einer kreiszylindrischen Scheibe mit homogener Massenverteilung bezüglich der z Achse durch 5.2.8 Trägheitsradien Scheibe Tzz = 5.2.8.1 Definition Zur Berechnung der kinetischen Energie eines starren Körpers werden gemäß (5.14) neben dem Geschwindig~ 0K die Masse m und der Trägheitskeitszustand ~v0P , ω tensor TP benötigt. In einem Hauptachsensystem sind die 40 1 m R2 2 (5.92) gegeben, wobei z die Achse der Rotationssymmetrie angibt. Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill Bei einem Ring mit der Masse m und dem Radius R hat jedes Masseteilchen den Abstand R von der Rotationssymmetrieachse z. Damit gilt Ring Tzz = m R2 Für die Trägheitsradien erhält man r 1 2 Scheibe R = 0.707 R ρzz = 2 p Ring ρzz = R2 = R dF z0 dm y0 zK r PM M (5.93) yK r 0P 0 P x0 xK (5.94) Bild 5.10: Impulssatz Bei realen, rotationssymmetrischen Körpern, wie Rädern und Schwungscheiben, können mit (5.94) die Trägheitsradien recht gut abgeschätzt werden. Konzentriert sich die Masse eines rotationssymmetrischen Körpers K mit dem Radius R mehr aussen, dann gilt Durch Integration über den Körper K erhält man aus dem Impuls eines Masseteilchens den Impuls des starren Körpers Z ~v0M,0 dm . p~,0 = (5.100) K 0.707 R < ρK zz ≤ R (5.95) Ist die Masse dagegen mehr in der Nähe der Rotationssymmetrieachse angeordnet, dann gilt 0 ≤ ρK zz < 0.707 R ρK zz (5.96) ρK zz Die Extremwerte = R und = 0 geben die Trägheitsradien ringförmiger und stabförmiger Körper an. 5.3 Bewegungsgleichungen 5.3.1 Impulssatz Die Lage eines Masseteilchens dm gegenüber dem ruhenden System 0 kann durch den Ortsvektor ~r 0M,0 = ~r 0P,0 + A0K ~r P M,K (5.97) beschrieben werden, Bild 5.10. Der Vektor von dem körperfesten Bezugspunkt P zu dem jeweiligen Masseteilchen dm ist im körperfesten System K konstant, Mit (5.99) bleibt Z Z ~ 0K,0 × A0K ~r P M,K dm (5.101) p~,0 = ~v0P,0 dm + ω oder  ~ 0K,0 × A0K ~r PS,K p~,0 = m ~v0P,0 + ω (5.102) wobei ~r PS,K die Lage des Massenmittelpunktes S im System K gegenüber dem körperfesten Bezugspunkt P angibt. Der Eulerschen Geschwindigkeitsformel aus (4.36) entsprechend, gibt der Ausdruck in den geschweiften Klammern die Geschwindigkeit des Massenmittelpunktes S an ~v0S,0 = ~v0P,0 + ω ~ 0K,0 × A0K ~r PS,K (5.103) Der Impuls eines starren Körpers ist somit durch p~,0 = m ~v0S,0 (5.104) (5.98) ~ 0K,0 . Drehbewegungen gegeben. Er ist unabhängig von ω haben somit keinen Einfluß auf den Impuls eines starren Körpers. und die Drehmatrix A0K definiert die Richtungen des körperfesten Koordinatensystems K gegenüber dem System 0. Die auf den starren Körper eingeprägte Kraft ist durch Z ~ F,0 = d F~,0 (5.105) ~r P M,K = const. Die Geschwindigkeit des Masseteilchens dm gegenüber System 0 ist dann durch ~v0M,0 = ~v0P,0 + ω ~ 0K,0 × A0K ~r P M,K gegeben. (5.99) K gegeben, wobei d F~,0 die, auf die Masseteilchen dm wirkenden, Kräfte beschreibt. Dem Newtonschen Axiom (2.2) entsprechend, wird eine Impulsänderung durch Kräfte hervorgerufen. 41 OTH Regensburg Technische Mechanik III Bei abgeschlossenen Systemen ist die Impulsänderung des starren Körpers durch d d p~,0 = m ~v0S,0 = m a~0S,0 dt dt (5.106) gegeben, wobei a~0S,0 die Beschleunigung des Massenmittelpunktes S gegenüber einem ruhenden System angibt. Der Impulssatz m a~0S = F~ zK zK S ωA xK yK S xK ωP yK (5.107) beschreibt die Bewegungen des Massenmittelpunktes S ~ unter dem Einfluß der Kraft F. 5.3.2 Drallsatz Bild 5.11: Eiskunstläufer zu Beginn und während einer Pirouette 5.3.2.1 Analogiebetrachtung Analog zum Impuls p~ = m ~v0S und zum Impulssatz d p~,0 = F~,0 dt (5.108) ~ 0K d~S = TS ω (5.109) können mit der auf den Massenmittelpunkt S bezogene Drehimpuls oder Drall und mit d ~ ~ S,0 d S,0 = M dt
d ~ S,0 ~ 0K,0 = M TS,0 ω dt (5.110) der Drallsatz definiert werden. bzw. 5.3.2.2 Drallerhaltung ~ S,0 = ~0 oder sind Verschwinden die äußeren Momente M sie zumindest vernachlässigbar klein, dann bleibt entsprechend (5.110) der Drall erhalten d~S = konst. ~ 0K = konst. bzw. TS ω (5.111) Die Drallerhaltung wird insbesondere im Sport genutzt. So beginnt ein Eiskunstläufer eine Pirouette mit ausgestreckten Armen und abgespreizten Bein, Bild 5.11. Er dreht dabei mit der Winkelgeschwindigkeit ω A um die körperfeste z K -Achse. Der Trägheitstensor des Eiskunstläufers kann am Anfang der Pirouette im körperfesten x K - yK -z K -System durch Zu Beginn ist der Drall des Eiskunstläufers dann im körperfesten System durch A ωA   T A T A T A   0   Txz  xx x y xz        A  A A A A A ~ d S,K  Tx y Ty y Tyz   0  =  Tyz ω   A A  A A    A A  yz Tzz   ω   Txz T{z | } | {z }  Tzz ω  A A ω0K,K TS,K (5.112) gegeben. Der unsymmetrischen Körperhaltung entsprechend wurden dabei auch Deviationsmomente berücksichtigt. Nun bringt er Arme und Beine möglichst nahe an die Drehachse. Der Trägheitstensor bekommt dann näherungsweise Hauptachsenform und liefert während der Pirouette den Drall  P   P P  P  Txx 0 0   ω x   Txx ω x  P   0 TyPy 0   ω yP  =  TyPy ω yP  d~S,K P    0 P ω P  0 Tzz   ωzP   Tzz z  | {z }| {z } P P TS,K ω0K,K (5.113) Unter Vernachlässigung der äußeren Momente liefert die Drallerhaltung (5.111) die Beziehungen A A P P Txz ω = Txx ωx oder ω xP = A A Tyz ω = TyPy ω xP oder ω yP = A A P P Tzz ω = Tzz ωx oder ωzP = A Txz P Txx A Tyz TyPy A Tzz P Tzz ωA (5.114) ωA (5.115) ωA (5.116) Der nun langgestreckte Körper des Eiskunstläufers verfügt nach wie vor über relativ große Trägheitsmomente 42 Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill bezüglich der x K - und yK -Achse. Da die DeviationsmoP  TA mente zu Beginn aber eher klein sind, kann Txx xz P A und Ty y  Tyz angenommen werden. Wegen (5.114) und (5.115) bleiben die Winkelgeschwindigkeiten um die x K - und yK -Achse mit ω xP  ω A und ω yP  ω A sehr klein. Das Trägheitsmoment bezüglich der z K -Achse ist allerdings im Vergleich zum Anfang deutlich kleiner geP  T A . Die Drallerhaltung (5.116) führt worden, Tzz zz dann mit ωzP  ω A zu einer deutlichen Steigerung der Winkelgeschwindigkeit um die z K -Achse. Die Pirouette wird damit mit einer großen Winkelgeschwindigkeit um eine Achse ausgeführt, die wegen ω xP  ωzP und ω yP  ωzP praktisch mit der z K -Achse zusammenfällt. Wie aus (5.114) und (5.115) zu erkennen ist, können Deviationsmomente die Richtung der Rotationsachse verändern. Diese Eigenschschaft wird zum Beispiel von Turmspringern genutzt, die dadurch eine Anfangsdrehung um eine Achse quer zum Körper über die Drallerhaltung in eine Schraubbewegung um die Längsachse des Körpers verwandeln. (5.117) ~ 0K , ~0 ist der Trägangegeben. Bei Drehbewegungen ω heitstensor, im System 0 angeschrieben, allerdings nicht d TS,0 ist sehr konstant. Die Berechnung der Ableitung dt kompliziert. Im körperfesten System K ist der Trägheitstensor dagegen in jedem Fall konstant. Bei rotationssymetrischer Massenverteilung gibt es auch bewegte Referenzsysteme R, die nicht körperfest sind, in denen aber der Trägheitstensor konstant ist. An Stelle von (5.117) schreibt man nun (5.118) wobei die Matrix A0R die Transformation des Drallvek~ 0K,R vom Referenzsystem R in das Intors d~S,R = TS, R ω ertialsystem 0 übernimmt. Wegen TS, R = const. bleibt ~ S,0 ~˙ 0K, R + ω ~ 0R,0 × A0R TS, R ω ~ 0K,R = M A0R TS,R ω (5.119) oder im Referenzsystem R angeschrieben ~ S, R ~˙ 0K, R + ω ~ 0R,R ×TS,R ω ~ 0K, R = M TS, R ω Rein formal kann der Drallsatz auch für einen beliebig bewegten, körperfesten Bezugspunkt P angeschrieben werden. In einem Referenzsystem R, in dem der Trägheitstensor konstant ist, gilt dann ~ 0K, R ~˙ 0K, R + ω ~ 0R, R × TP, R ω TP, R ω ~ P, R + m ~r PS,R × a~0P, R = M (5.121) angeschrieben werden. Es bedeuten: TP,R ~ 0R,R ω In (5.110) wurde der Drallsatz in der Form
d  ~ S,0 ~ 0K, R = M A0R TS,R ω dt 5.3.2.4 Allgemeine Definition ~ 0K,R ω 5.3.2.3 Kreiselmomente
d ~ S,0 ~ 0K,0 = M TS,0 ω dt ~ 0K wird als Kreiselmoment bezeich~ 0R×TS ω Der Term ω net. Er kann bei Drehbewegungen zu dynamischen Mo~˙ 0K, R = ~0 gar menten führen, auch wenn der Körper mit ω nicht beschleunigt wird. (5.120) ~˙ 0K, R ω m ~r PS, R a~0P,R ~ P,R M Trägheitstensor bezüglich eines beliebigen körperfesten Punktes P Winkelgeschwindigkeit des körperfesten System K gegen System 0 Winkelgeschwindigkeit des Systems R gegen System 0 Änderung der Winkelgeschwindigkeit ω0K, R gegenüber dem System R Masse Vektor vom körperfesten Punkt P zum Massenmittelpunkt S Beschleunigung von Punkt P gegenüber dem System 0 resultierendes Moment aller Belastungen bezüglich Punkt P Der Term m ~r PS, R × a~0P, R verschwindet, wenn als Bezugspunkt der Massenmittelpunkt P ≡ S mit ~r PS = 0 oder ein Fixpunkt P ≡ F mit a~0F = 0 gewählt wird. Dann lautet der Drallsatz ~ S/F,R (5.122) ~˙ 0K, R + ω ~ 0R,R×TS/F, R ω ~ 0K, R = M TS/F,R ω Das körperfeste Koordinatensystem K kann stets als Referenzsystem R gewählt werden, da dort der Trägheitstensor eines starren Körpers auf alle Fälle konstant ist. ~ 0R = ω ~ 0K Dann bleibt wegen ω ~ S/F,K ~˙ 0K,K + ω ~ 0K,K ×TS/F,K ω ~ 0K,K = M TS/F,K ω (5.123) ~ 0R,R und ω ~ 0K, R die Winkelgeschwindigkeiten wobei ω des Referenzsystems und des Körpers gegenüber dem Inertialsystem darstellen. 43 OTH Regensburg Technische Mechanik III wobei S/F bedeutet, dass der Drallsatz bezüglich des Massenmittelpunktes S oder bezüglich eines raumfesten Fixpunktes F angeschrieben werden kann. Mit der 3. Euler-Gleichung bleibt dann Θ2 Θ3 4ω¨ y − (Θ3 −Θ1 )(Θ1 −Θ2 )Ω2 4ω y = 0 (5.129) oder 5.4 Beispiele 4ω¨ y = 5.4.1 Eulersche Kreiselgleichungen (5.130) Die Bewegung wird bei Bei allgemeinen, räumlichen Drehbewegungen wird häufig das körperfeste Hauptachsensystem K = H gewählt. Mit ω x , ω y , ωz als Komponenten des Winkelgeschwin~ 0K,K , Mx , My , Mz als Komponenten digkeitsvektors ω des Momentenvektors MS/F, R und den Hauptträgheitsmomenten und Θ1 , Θ2 , Θ3 erhält man aus (5.120) die Eulerschen Kreiselgleichungen Θ1 ω˙ x − (Θ2 − Θ3 ) ω y ωz = Mx Θ2 ω˙ y − (Θ3 − Θ1 ) ωz ω x = My (Θ3 −Θ1 )(Θ1 −Θ2 ) 2 Ω 4ω y . Θ2 Θ3 (Θ3 −Θ1 )(Θ1 −Θ2 ) > 0 (5.131) instabil, da eine kleine Abweichung 4ω y > 0 durch 4ω¨ y > 0 im Laufe der Zeit vergrößert wird. Die Bedingung (5.131) ist erfüllt, wenn Θ3 > Θ1 > Θ2 oder Θ3 < Θ1 < Θ2 (5.132) gilt. (5.124) Θ3 ω˙ z − (Θ1 − Θ2 ) ω x ω y = Mz Die Eulerschen Kreiselgleichungen stellen ein System von drei gekoppelten nichtlinearen Differentialgleichungen 1. Ordnung dar. Analystische Lösungen sind nur für Sondertälle möglich. Drehungen um die körperfeste Hauptachse (hier: x K Achse) mit dem mittleren Trägheitsmoment (hier: Θ1 ) sind instabil. Drehungen um körperfeste Hauptachsen mit dem kleinsten oder größten Trägheitsmoment sind dagegen stabil. stabil instabil 5.4.2 Stabilität von Drehbewegungen Ein starrer Körper rotiert momentenfrei mit der Winkelgeschwindigkeit Ω um eine Hauptachse, z.B. die x K Achse. Der Winkelgeschwindigkeitsvektor ω0K,K  Ω  =  4ω y   4ωz  (5.125) erfaßt mit 4ω y  Ω0 und 4ωz  Ω0 auch kleine Abweichungen, die durch Störungen verursacht werden können. Setzt man (5.125) in die Eulerschen Kreiselgleichungen (5.124 ein, dann erhält man ˙ − (Θ2 − Θ3 ) 4ω y 4ωz = 0 , Θ1 Ω Θ2 4ω˙ y − (Θ3 − Θ1 ) 4ωz Ω = 0 , Θ3 4ω˙ z − (Θ1 − Θ2 ) Ω 4ω y = 0 , (5.126) wobei die momentenfreie Bewegung durch eine verschwindende rechte Seite bereits berücksichtigt wurde. Wegen 4ω y 4ωz ≈ 0 folgt aus der 1. Gleichung ˙ = 0 oder Ω Ω = const. (5.127) stabil Bild 5.12: Stabilität von Drehungen Im Bild 5.12 sind die stabilen und die instabile Drehachse für einen Quader mit homogener Massenverteilung und unterschiedlichen Kantenlängen gekennzeichnet. 5.4.3 Fliegender Bierfilz 5.4.3.1 Modellbeschreibung Ein Bierfilz kann durch eine flache Scheibe mit homogen verteilter Masse m und dem Radius r modelliert werden, Bild 5.13. Beim Abwurf (t = 0) wird er in der Regel mit einer Anfangsgeschwindigkeit v(t = 0) = v0 und einer Anfangsrotation Ω(t = 0) = Ω0 versehen. Der Trägheitstensor bezüglich eines körperfesten Systems, bei dem die z K -Achse senkrecht zur Scheibenebene steht, ist dann gemäß (5.43) und (5.44) durch Nun kann die 2. Gleichung nach der Zeit t abgeleitet werden Θ2 4ω¨ y − (Θ3 −Θ1 )4ω˙ z Ω = 0 . 44 TS,K (5.128)  1 0 0   4  = m r 2  0 14 0   1   0 0 2  (5.133) Technische Mechanik III (Dynamik) x0 0 FA r0S y0 z0 Ω yK Prof. Dr.-Ing. G. Rill m, r S β v FW xK MA yR xR mg hält man die im Referenzsystem dargestellte Winkelgeschwindigkeit des Bierfilzes zu ~ 0K, R ω zR=zK Bild 5.13: Fliegender Bierfilz gegeben, wobei S den in der Scheibenmitte liegenden Massenmittelpunkt bezeichnet. Wird der Bierfilz beim Abwurf leicht angestellt, hat das eine Widerstandskraft eine Auftriebskraft und ein aufstellendes Moment zur Folge. Die Widerstandskraft F~W ist der Geschwindigkeit ~v entgegen gerichtet, die Auftriebskraft F~A steht senkrecht zu ~v und zeigt in Richtung ~ A wirkt um eine des Anstellwinkels β. Das Moment M ~ Achse, die senkrecht zu ~v und FW steht. Zur Beschreibung der Kräfte F~W , F~A und des Anstellmo~ A wird das Referenzsystem R eingeführt. Wie ments M beim körperfesten System K, liegt der Ursprung in der Scheibenmitte S und die z R -Achse steht senkrecht zur Scheibenebene. Da die x R - und yR -Achse dann in der Scheibenebene liegen, stimmen die Elemente der im körperfesten und im Referenzsystem dargestellten Trägheitstensoren überein. Die Gleichheit TS,R = TS,K hat dann insbesondere TS, R = konst. zur Folge.  ω x   0   ω x =  ω y  +  0  =  ω y  0   Ω   Ω | {z } | {z } ~ RK,R ~ 0R, R ω ω     (5.136) Mit TS,R = TS,K ist der Trägheitstensor durch (5.133) gegeben. Bezüglich des Massenmittelpunktes S wird auf den Bierfilz nur das um die yR -Achse wirkende Aufstellmoment M A eingeprägt. Mit MS,R =  0 MA 0 T (5.137) den in (5.136) definierten Winkelgeschwindigkeiten und dem Trägheitstensor aus (5.133) lautet der Drallsatz  ω x   0   ω  =  4 M A   y   mr 2   Ω   0  (5.138) wobei die Vektorgleichung zur Vereinfachung mit dem Faktor mr4 2 multipliziert wurde. Der Drallsatz (5.138) liefert im einzelnen  1 0 0   0 1 0     0 0 2   ω˙ x   ω x   1 0 0   ω˙  +  ω  ×  0 1 0    y   y   ˙   0   0 0 2  Ω ω˙ x + 2ω y Ω = 0 4 MA ω˙ y − 2ω x Ω = m r2 ˙ =0 2Ω (5.139) (5.140) (5.141) 5.4.3.2 Bewegungsgleichungen Mit der Beschleunigung a~0S,0 = ~r¨0S,0 lautet der Impulssatz ~ ,0 m ~r¨0S,0 = F~W,0 + F~A,0 + G (5.134) ~ ,0 = [ 0 0 mg ]T die Gewichtskraft angibt. Da wobei G die Vektordarstellung der Widerstandskraft F~W und der Auftriebskraft F~A von der Orientierung des Referenzsystems abhängen, kann der Impulssatz so noch nicht gelöst werden. Da der Trägheitstensor des Bierfilzes im Referenzsystem R konstant ist, kann der Drallsatz in der Form (5.123) angesetzt werden. Auf den Massenmittelpunkt S bezogen, erhält man ~ S, R ~˙ 0K, R + ω ~ 0R, R ×TS,R ω ~ 0K, R = M TS, R ω (5.135) Die Eigendrehung des Bierfilzes erfolgt um die z R =z K Achse. Das Referenzsystem führt dann lediglich Drehungen um die x R - und die yR -Achse durch. Somit er- 5.4.3.3 Bewegungsanalyse Aus der Gleichung (5.141) folgt sofort ˙ =0 Ω oder Ω = Ω0 = konst. (5.142) Nun kann Gleichung (5.139) nocheinmal nach der Zeit abgeleitet und mit (5.140) kombiniert werden. Dabei erhält man noch einmal nach der Zeit abgeleitet werden. Zunächst erhält man ! 4 MA ω¨ x + 2 2ω x Ω + Ω=0 (5.143) m r2 Nimmt man vereinfachend ein konstantes Aufstellmoment M ≈ konst. an, dann hat Differentialgleichung (5.143) die partikuläre Lösung ω xP = − 2 MA 1 m r 2 Ω0 (5.144) wobei entsprechend (5.142) Ω durch Ω0 ersetzt wurde. Die Winkelgeschwindigkeitskomponente ω xP dreht den Bierfilz um die in Flugrichtung zeigende x R -Achse 45 OTH Regensburg Technische Mechanik III und verhindert gleichzeitig eine Änderung der Winkelgeschwindigkeitskomponente um die yR -Achse. Setzt man nämlich die partikuläre Lösung in (5.144) ein, dann erhält man ω˙ y = 0. Damit der Bierfilz eine Auftriebskraft erhält, muss er beim Abwurf mit β > 0 leicht nach oben angestellt werden. Dies hat dann mit M A > 0 auch ein positives Aufstellmoment zur Folge. Die Kreiselterme im Drallsatz sorgen nun dafür, dass der Bierfilz durch das Aufstellmoment nicht, wie eigentlich erwartet, um die yR - sondern gemäß (5.144) um die x R -Achse gedreht wird. Ein Abwurf mit der rechten Hand erteilt dem Bierfilz mit Ω > 0 eine positive Anfangsdrehung (x R nach yR ). Entsprechend (5.144) dreht der Bierfilz dann um die negative x R -Achse (z R nach yR ). Ein Wurf mit linken Hand resultiert dagegen wegen Ω < 0 in einer positiven Drehung um die x R -Achse ( yR nach z R ). Diese Bewegungstendenzen werden im Experiment bestätigt. 5.4.4 Kraftwirkung von Rotoren 2. und im körperfesten System K treten Deviationsmomente auf (dynamische Unwucht). 5.4.4.2 Bewegungsgleichungen Der Massenmittelpunkt bewegt sich auf einem Kreis mit dem Radius e um die z0 =z K -Achse. Bei beschleunigter Drehbewegung erfährt er neben der Zentripedal- noch eine Umfangsbeschleunigung. Deshalb ist es zweckmäßig, den Impulssatz im körperfesten System anzuschreiben  A + B + mg sin ϕ   −e ϕ˙2  x   x   m  e ϕ¨  =  A y + By + mg cos ϕ      Az    0  wobei Ax , A y , Az und Bx , By die im mitbewegten System angeschriebenen Komponenten der Lagerreaktionen angeben. Der auf der Drehachse liegende Punkt M ist ein Fixpunkt. Der Drallsatz kann also in der Form (5.122) angeschrieben werden. Im körperfesten System erhält man dann ~ M,K (5.146) ~˙ 0K,K + ω ~ 0K,K ×TM,K ω ~ 0K,K = M TM,K ω 5.4.4.1 Rotor mit Unwuchten Ein Rotor ist in den Punkten A und B durch ein festes und ein in axialer Richtung verschiebliches Gelenklager statisch bestimmt gelagert, wobei die Lagerreaktionen Ax , A y , Az und Bx , By in Richtung des körperfesten Koordinatensystems K angetragen wurden, Bild 5.14. Durch Mit der Winkelgeschwindigkeit und der Winkelbeschleunigung ~ 0K,K ω  0  =  0   ϕ˙  b TM,K x0 Ax Az MA M Ay y0 φ xK B z0=zK e S mg Bx (5.147) yK das Moment M A angetrieben, dreht sich der Rotor um die z0 = z K -Achse. Der Winkel ϕ beschreibt die momentane Position gegenüber der x 0 -Achse. Der Rotor ist nicht exakt ausgewuchtet. Deshalb 1. liegt der Massenmittelpunkt S nicht auf der Drehachse (statische Unwucht).  Txx Tx y Txz =  Tx y Ty y Tyz  Txz Tyz Tzz     (5.148) und dem Moment By Bild 5.14: Rotor 46  0  ˙ ~ 0K,K =  0  und ω  ϕ¨  einem vollbesetzen Trägheitstensor a A (5.145) MM,K  a A y − b By  =  b Bx − a Ax   M A + e mg cos ϕ  (5.149) bleibt Txz ϕ¨ − Tyz ϕ˙2 = a A y − b By Tyz ϕ¨ + Txz ϕ˙2 = b Bx − a Ax Tzz ϕ¨ = M A + e mg cos ϕ (5.150) 5.4.4.3 Lagerreaktionen Aus der dritten Komponente des Impulssatzes (5.145) folgt sofort Az = 0 . (5.151) Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill Die dritte Komponente des Drallsatzes (5.150) beschreibt die Dynamik der Rotordrehung. Bei bekanntem Antriebsmoment M A = M A(t) kann die Differentialgleichung 2. Ordnung gelöst werden und liefert dann den Drehwinkel ϕ = ϕ(t) und die Drehgeschwindigkeit ω(t) = ϕ˙ des Rotors. Die verbleibenden vier Gleichungen können nach den restlichen Lagerreaktionen aufgelöst werden. Man erhält
Ax = − Tyz ϕ¨ + (Txz +meb) ϕ˙2 + mgb sin ϕ / (a + b)
A y = (Txz +meb) ϕ¨ − Tyz ϕ˙2 − mgb cos ϕ / (a + b)
Bx = Tyz ϕ¨ + (Txz −mea) ϕ˙2 − mga sin ϕ / (a + b)
By = − (Txz −mea) ϕ¨ − Tyz ϕ˙2 + mga cos ϕ / (a + b) (5.152) wobei a+b den Lagerabstand angibt. Neben den statischen Gewichtsanteilen treten dynamische Anteile auf, die bei hohen Drehzahlen und bei schlecht ausgewuchteten Rotoren Probleme bereiten können. Bei abgeplatteten Rotoren, die elastisch gelagert sind oder die auf einer biegeweichen Welle laufen, kommt es zu einer Selbstzentrierung. Unter dem Einfluß der Fliehkraft und des Kreiselmomentes verschiebt und dreht sich der Rotor so, daß der Massenmittelpunkt in Richtung der Drehachse wandert und eine Hauptträgheitsachse des Rotors in der Nähe der Drehachse zu liegen kommt. 5.5.1 Kinetische Energie Gemäß (5.15) errechnet sich die kinetische Energie eines Körpers aus 1 1 T T ~v0S + ω ~ TS ω ~ 0K m ~v0S 2 2 0K (5.153) wobei m die Masse des Körpers, TS den auf S bezogenen Trägheitstensor, ~v0S die Geschwindigkeit des Massen~ 0K die Winkelgeschwindigkeit des mittelpunktes S und ω körperfesten Systems K gegenüber dem ruhenden System 0 beschreibt. Bewegt sich ein Körper in der x 0 - y0 -Ebene, dann kann er nur Drehungen um die z0 = z K -Achse ausführen und es gilt ~v0S,0  x˙ S    =  y˙ S     0  ~ 0K,K und ω  0    =  0     γ˙  Fällt das körperfesten Koordinatensystem nicht mit dem Hauptachsensystem zusammen, dann ist der Trägheitstensor vollbesetzt TS,K  Txx Tx y Txz    =  Tx y Ty y Tyz     Txz Tyz Tzz  (5.155) Setzt man (5.154) und (5.155) in (5.153) ein, dann bleibt Ekin =
1 1 m x˙ 2S + y˙ S2 + Tzz γ˙ 2 2 2 (5.156) Bei Drehungen um eine Achse, hier die Drehung um die z0 = z K -Achse, geht nur das Trägheitsmoment bezüglich dieser Achse in die Berechnung der kinetischen Energie ein. Deviationsmomente haben darauf keinen Einfluss. 5.5.2 Impuls- und Drallsatz Analog zu (5.145) lautet der Impulssatz m x¨ S = Fx0 m y¨ S = Fy0 (5.157) 0 = Fz0 wobei die auf den Körper wirkende Kraft F~ im ruhenden System 0 durch die Komponenten Fx0 , Fy0 Fz0 dargestellt wurde. In Richtung der z0 -Achse findet keine Bewegung statt, deshalb liefert die dritte Komponente mit Fz0 = 0 nur die Gleichgewichtsbedingung. 5.5 Bewegungen in einer Ebene Ekin = wobei die Koordinaten x S , yS die Lage des Massenmittelpunktes S gegenüber dem System 0 beschreiben und γ den Drehwinkel um die z0 = z K -Achse bezeichnet. Schreibt man den Drallsatz im körperfesten System K für den Massenmittelpunkt S an, dann erhält man unter Verwendung von (5.154) und (5.155) analog zu (5.150) Txz γ¨ − Tyz γ˙ 2 = Mx K Tyz γ¨ + Txz γ˙ 2 = MyK Tzz γ¨ = Mz K wobei das auf den Massenmittelpunkt S bezogene Mo~ im körperfesten System K durch die Komponenment M ten Mx K , MyK Mz K dargestellt wurde. Mit der Transformationsmatrix A0K (5.154) (5.158)  cos γ − sin γ 0    =  sin γ cos γ 0    0 1   0 (5.159) 47 OTH Regensburg Technische Mechanik III kann das Moment auch im System 0 dargestellt werden Mx0 = cos γ Mx K − sin γ MyK , My0 = sin γ Mx K + cos γ MyK , Mz0 = Mz K (5.160) 5.5.3.2 Bewegungsgleichungen Der Reifen bleibt stets in Kontakt mit der Unterlage. Der in der Ringmitte liegende Massenmittelpunkt führt somit lediglich eine Bewegung in x 0 -Richtung aus m v˙ = −FR (5.162) Die dritte Gleichung in (5.158) beschreibt die Dynamik der Drehbewegung. Wie bei der kinetischen Energie wird die Dynamik der Drehung um eine feste Achse nicht durch Deviationsmomente beeinflußt. Wegen (5.160) können die Momente um die Drehachse, hier die z0 = z K -Achse, entweder im körperfesten System K oder im ruhenden System 0 angegeben werden. wobei die Reibkraft entgegen der anfänglichen Gleitgeschwindigkeit (5.161) angesetzt wurde. In z0 -Richtung gilt das Kräftegleichgewicht Dreht der Körper nicht um eine Hauptachse, dann erzeugen die Deviationsmomente um Achsen senkrecht zur Drehachse dynamische Momente, die von der Drehbeschleunigung und dem Quadrat der Drehgeschwindigkeit abhängen. Alle Massenteilchen eines dünnnen Reifens haben den Abstand r von einer Achse, die senkrecht zur Reifenebene durch die Mitte S des Reifens läuft. Das Trägheitsmoment bezüglich dieser Achse ist deshalb durch TS = m r 2 gegeben. Die Dynamik der Reifendrehung um die y0 Achse kann somit durch 0 = FN − mg m r 2 ω˙ = r FR 5.5.3 Übergang Gleiten Rollen Ein dünner Reifen mit homogen verteilter Masse m und dem Radius r wird zum Zeitpunkt t = 0, wie in Bild 5.15 skizziert, mit der Anfangsgeschwindigkeit v = v0 und der Anfangswinkelgeschwindigkeit ω = −ω0 stossfrei auf eine horizontale Ebene aufgesetzt. r 0 μ t>0 t=0 m v0 ω0 x0 P v S r ω mg FN 5.5.3.3 Gleiten Solange die Geschwindigkeit im Kontaktpunkt P v0P (t) = v(t) − r ω(t) FR FR = µ FN oder FR = µ mg (5.166) In die Bewegungsgleichungen (5.162) und (5.164) eingesetzt erhält man Bild 5.15: Reifen auf horizontaler Unterlage m v˙ = −µ mg Die Bewegung erfolgt in der x 0 -z0 -Ebene. Der Reibwert zwischen dem Reifen und der Ebene ist mit µ gegeben. m r 2 ω˙ = r µ mg Da der Kontaktpunkt P beim Aufsetzen (t = 0) die Geschwindigkeit v0P (t = 0) = v0 + r ω0 (5.165) ungleich Null ist, gleitet der Reifen und es gilt das Reibgesetz P hat, gleitet der Reifen zunächst. (5.164) gegeben, wobei die Winkelgeschwindigkeit ω in positiver Drehrichtung (z0 nach x 0 ) angesetzt wurde. 5.5.3.1 Aufgabenstellung z0 (5.163) oder v˙ = −µ g oder r ω˙ = µ g (5.167) (5.168) Beide Gleichungen können auf Grund der konstanten rechten Seite sofort integriert werden (5.161) v(t) = −µ g t + C1 (5.169) r ω = µ g t + C2 (5.170) Die Anfangsbedingungen v(t = 0) = v0 und ω(t = 0) = −ω0 (5.171) liefern die Integrationskonstanten zu C1 = v0 48 und C2 − r ω0 (5.172) Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill 5.5.3.4 Rollen und es bleibt v(t) = v0 − µ g t sowie r ω(t) = −r ω0 + µ g t (5.173) Für die Gleitgeschwindigkeit im Kontaktpunkt P bedeutet dies v(t) r ω(t) z }| { z }| { v0P (t) = (v0 − µ g t) − (−r ω0 + µ g t) = v0 + r ω0 − 2 µ g t | {z } (5.174) v0P (t=0) Die anfängliche Gleitgeschwindigkeit v0P (t = 0) wird also die Reibkraft im Laufe der Zeit abgebaut. Der Zeitpunkt t = t R , bei dem sie mit v0P (t = t R ) ganz verschwindet, markiert den Übergang zum Rollen. Aus (5.174) entnimmt man v0 + r ω0 tR = (5.175) 2 µg Setzt man diesen Zeitpunkt in (5.173) ein, dann erhält man mit v(t = t R ) = v0 − µ g v0 + r ω0 1 = (v0 − r ω0 ) (5.176) 2 µg 2 und v0 + r ω0 1 r ω(t = t R ) = −r ω0 + µ g = (v0 − r ω0 ) 2 µg 2 (5.177) natürlich identische Ergebnisse, da die Forderung v0P (t = t R ) = 0 gemäß (5.165) v(t = t R ) = r ω(t = t R ) zur Folge hat. Eine weitere Integration der in (5.173) angegebenen Geschwindigkeiten v = v(t) und ω = ω(t) liefert den Weg und den Drehwinkel 1 s(t) = s0 + v0 t − µ g t 2 2 1 µ g t2 ϕ(t) = ϕ0 − ω0 t + 2r (5.178) (5.179) Mit den Anfangsbedingungen s0 = 0 und ϕ0 = 0 erhält man zum Zeitpunkt t = t R ! 1 v0 + r ω0 v0 + r ω0 s(t R ) = v0 − µ g 2 2 µg 2 µg (5.180) 2 2 2 3 v0 + 2 r ω0 v0 − ω0 r Dem Coulombschen Ansatz entsprechend kennzeichnet eine verschwindende Gleitgeschwindigkeit den Haftbereich. Dann steht allerdings nur mehr die Reibungsungleichung |FR | ≤ µ FN (5.182) zur Verfügung. Grenzbetrachtungen, wie sie in der Statik möglich sind, können in der Dynamik nicht verwendet werden. Zum Zeitpunkt t = t R beginnt der Reifen zu Rollen. Bleibt diese Rollbewegung auch für t ≥ t R bestehen, dann liefert die Forderung v0P = 0 mit 0 = v(t) − r ω(t) oder v(t) = r ω(t) für t ≥ t R (5.183) eine Bindungsgleichung (Rollbedingung), welche die Translations- mit der Rotationsbewegung koppelt. Die Reibkraft FR muss jetzt als eine zunächst noch unbekannte Reaktionskraft betrachtet und aus den Bewegungsgleichungen (5.162) und (5.164) eliminiert werden. Für den Reifen erhält man r m v˙ + m r 2 ω˙ = 0 oder v˙ + r ω˙ = 0 (5.184) Der Reifenradius r ist konstant. Deshalb liefert die zeitliche Ableitung der Rollbedingung (5.183) den Zusammenhang v˙ = r ω˙ (5.185) Für t ≥ t R gilt somit v˙ + r ω˙ = 2˙v = 0 bzw. v˙ = 0 (5.186) Während der Gleitphase wird der Reifen durch die Reibkraft FR = µmg mit v˙ = −µ g verzögert. Die Reibungsungleichung |FR | ≤ µmg legt die Reibkraft nicht mehr eindeutig fest und ermöglicht so eine sprunghafte Änderung der Beschleunigung von v˙ = −µ g auf v˙ = 0 beim Übergang vom Gleiten zum Rollen. Wegen (5.185) und (5.162) hat v˙ = 0 auch ω˙ = 0 und FR = 0 zur Folge. Sobald der Reifen also zu rollen beginnt, bleibt diese Bewegung auf der horizontalen Unterlage mit v˙ = 0 und ω˙ = 0 bzw. v = konst. und ω = konst. für alle Zeiten t > t R erhalten. 8g µ ! v0 + r ω0 v0 + r ω0 1 ϕ(t R ) = µg − ω0 2r 2 µg 2 µg 2 2 2 3 ω0 r + 2 r ω0 v0 − v0 − 8g µr 5.5.3.5 Graphische Veranschaulichung (5.181) Die folgenden Bilder zeigen die Geschwindigkeitsverläufe v(t) und r ω(t) für unterschiedliche Anfangsbedingungen. Mit UR = ϕ R /(2π) kann auch die Zahl der Umdrehungen angegeben werden. 49 OTH Regensburg Technische Mechanik III Bei v0 > rω0 rollt der Reifen mit der Geschwindigkeit v(t R ) = 12 (v0 − rω0 ) in Richtung der Anfangsgeschwindigkeit v0 weiter. v0 v(t) zK a) v0 > rω0 Reifen rollt weiter 1 2 S m M (v0 − rω0 ) a a M yK b xK b Der Windmesser wird in 3 Teilkörper zerlegt. Körper 1: Verbindungsstange  0  ~r S1,K =  0  ,  0  m1 = m , T1,K =  (2b)2 0 0  1  0 0  m 0 12  0 (2b)2   0 Körper 2: Halbschale links (Punktmasse)  a  ~r S2,K =  −b  ,  0  m2 = M , T2,K =  0 0 0  1  m  0 0 0  12   0 0 0  Körper 3: Halbschale rechts (Punktmasse)  −a  ~r M2,K =  b  ,  0  m3 = M ,  0 0 0  T3,K =  0 0 0   0 0 0  Nach Steiner erhält man dann aus X( ) TM,K = Ti,K + mi r˜TM2,K r˜M2,K das Ergebnis  tR  TS,K =    t r ω(t) −rω0 v0 + r ω0 2 v0 v0 = = 2 µg 2 µg µg (5.187) mit v(t R ) = 0 und ω(t R ) = 0 einfach stehen. v0 v(t) −rω0 − rω0 ) t r ω(t) Bei genügend großer Anfangsdrehung v0 < rω0 dreht sich die Geschwindigkeitsrichtung zum Zeitpunkt tU = 1 3 0   0
 m b2 + 2M a2 + b2  v0 µg (5.188) Die Welle rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die z K -Achse. zK 2a 2a m yK g a) Der Draht wird in zwei Teilkörper zerlegt, deren Eigenschaften in der nachstehenden Tabelle zusammengefasst sind. Teilkörper ii = 1 (vertikal)i = 2 (horizontal) 0 xK a 0 z0Si 0 2a a 2 1 1 12 2 m (2a) 2 1 1 12 2 m (2a) 0 2 1 1 12 2 m (2a) 2 1 1 12 2 m (2a) 0 Tzi zi = = Tzz = + = Ω 1 2m 0 y0Si Tyi yi Ty y = Txx + Tzz und Tx y = 0 sowie Tyz = 0 müssen deshalb nur die Trägheitsmoment Txx und Tzz sowie das Deviationsmoment Txz berechnet werden. Im einzelnen erhält man 2 1 1 12 2 m (2a) + 0 + + c) v0 < rω0 Reifen rollt zurück tU tR t 1 2m mi x 0Si Txi xi Der Draht liegt in der x K -z K -Ebene. Wegen Txx = v(t) 0 5.6.2 Taktgeber um und der Reifen beginnt dann bei t R > tU rückwärts zu rollen. v0 2Ma2 0 Als Taktgeber für eine Steuerung wird ein L-förmig gebogener dünner Draht an das Ende einer Welle geschweißt. Der Draht mit der Masse m besteht aus zwei Abschnitten, die jeweils die Länge 2a haben. Das erste Teilstück verläuft vertikal und definiert die z K -Achse. Das rechtwinklig abgebogene zweite Teilstück zeigt in Richtung der x K -Achse. b) v0 = rω0 Reifen bleibt stehen 1 2 (v0 t ∗R 2Mab Ermitteln Sie für den Windmesser die Elemente des Trägheitstensors bezüglich des körperfesten Systems K mit dem Ursprung in S. Bei v0 = rω0 bleibt der Reifen zum Zeitpunkt t ∗R = m b2 + 2 M b2 2Mab 1 3 Da es sich um einen Körper in der x- y-Ebene handelt, ist das Trägheitsmoment bezüglich der z K -Achse gleich der Summe aus den Trägheitsmomenten um die x K - und yK -Achse. 1 2 1 2 m a2 4 12 1 2 2m a 2 1 2 m (2a) +1+0+4 m a2 1+3+0+12 = 3 0 2 1 1 12 2 m (2a) 1 2 2 ma 0+0 8 3
m a2 + 0 + + Txz = 0 − + 0 − 1 2 4 12 m a2
+1 = 1 2 1 2 2 3 m a2 m (0) (a) m (a) (2a) = − 12 m a2 (0 + 2) = − m a2 Damit ergibt sich der Trägheitstensor zu  8 0 −1   3  10 T0,K = m a2  0 0  3  2  0  −1 3  b) Die Welle rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die z K -Achse. Der Drallsatz für den Draht bezüglich 0 lautet  0   8 0 −1   0   M0x   a   0   0  ×m a2  03 10 0   0  =  M  +  0  ×  0       0y     3     −1 0 23   Ω   M0z   2a   − 12 mg  Ω wobei auch das Moment aus dem Eigengewicht des horizontal verlaufenden Drahtabschnittes zu berücksichtigen ist. Nach den Momenten aufgelöst bleibt
M0x = 0, M0y = −a ma Ω2 + 12 mg , M0z = 0 b) Bei beschleunigter Rotation treten zusätzlich die Momente  M B   −1   83 0 −1   0     0x    2 ˙  2  10 B  M0y  = m a  0 3 0   0  = m a Ω  0  B ˙  2   −1 0 2   Ω  M0z   3 3 hinzu. 1 2 −rω0 (v0 − rω0 ) r ω(t) 5.6 Aufgaben a) Ermitteln Sie für den Draht die Elemente des Trägheitstensors T0,K , der im mitdrehenden System K bezüglich der Befestigungsstelle 0 dargestellt wird. b) Welche Momente um die x K -, yK - und z K -Achse werden während der Drehung der Welle an der Befestigungsstelle auf den Draht ausgeübt? c) Welche zusätzlichen Momente entstehen dort, ˙ > 0 beschleunigt wird? wenn die Welle mit Ω 5.6.1 Windmesser Der skizzierte Windmesser besteht aus einer dünnen Stange der Masse m und der Länge 2b sowie zwei Kugelhalbschalen, jeweils der Masse M. Die Kugelhalbschalen können als Punktmassen betrachtet werden, deren Schwerpunkte im Abstand a vor und hinter der Stangenachse liegen. 50 5.6.3 Pkw-Rad Die Masse eines Rades ist mit m = 20 kg gegeben. Das Rad ist nicht ausgewuchtet. Der im körperfesten System angeschriebene und auf die Radmitte M bezogene Tensor Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill zK yK a) Wie lauten die Bewegungsgleichungen für die freigeschnittene Walze? b) Welche Kraft wird von der Verbindungsstange auf den Traktor übertragen, wenn die Walze auch während der Verzögerung rollt? c) Welcher Reibwert µ zwischen Walze und Boden ist dazu mindestens erforderlich? Ω M S e Δm b a xK Die auf den Körper einwirkenden Kräfte und Momente sind durch  m e Ω2   200  ~ 0K,K ×ω ~ 0K,K ×~r M S,K =  0  =  0  N F~,K = m ω  0   0  und  −30  ~ M,K = ω ~ 0K,K =  0  N m ~ 0K,K × JM K,K ω M  20  festgelegt, wobei der Ortsvektor und der Winkelgeschwindigkeitsvektor mit ~ 0K,K = [0 Ω 0]T ~r M S,K = [−e 0 0]T und ω gegeben sind. Der Steineranteil für das Gewicht verändert das Deviationsmoment auf Jx∆m y = Jx y − ∆m a b. Die Forderung ∆m Jx y = 0 liefert dann Jx y b= = 0.10 m ∆m a Eine Punktmasse ∆m, die an der durch die Koordinaten a, b und c definierten Position angebracht wird, verändert über die Steineranteile den Trägheitstensor zu auf die Werte Für den Trägheitstensor gilt dann  b2 + c2 −a b −a c   ∆m −b c  JM,K = JM,K + ∆m  −a b c2 + a2 −a c a2 + b2   −a c Mit ∆m = 0.100, a = 0.200, b = 0.10, c = 0 und den Elementen des “alten” Trägheitstensors erhält man  0.801 0.000 0.000  ∆m =  0.000 1.204 −0.003  kg m2 JM,K  0.000 −0.003 0.805   0.800 0.002 0.000  1.200 −0.003  kgm2 JM,K =  0.002  0.000 −0.003 0.800  beschreibt die Trägheitseigenschaften des Rades. Das körperfeste System K mit dem Ursprung M in der Radmitte ist dabei so ausgerichtet, dass der Massenmittelpunkt S des Rades auf der negativen x K -Achse liegt und die Raddrehung um die yK -Achse erfolgt. Der Abstand zwischen S und M ist mit e = 0.001 m gegeben. Bei schneller Autobahnfahrt rotiert das Rad mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω = 100 rad/s. 5.6.5 Zugtür Ein Zug, bei dem eine Tür quer zur Fahrtrichtung offen steht, fährt mit der konstanten Beschleunigung a = x¨ Z an. x0 x0 A b xZ S 0 S φ 0 y0 y0 t=0 t>0 a) Welche Kräfte und Momente, jeweils im körperfesten System K dargestellt, hat die Drehung des nicht ausgewuchteten Rades zur Folge? Um zumindest die statische Unwucht zu beseitigen, wird ein Gewicht der Masse ∆m = 0.100 kg im Abstand a = 0.200 m von der Drehachse am Rad befestigt. b) Wie groß muss dann der Abstand b von der x K -Achse gewählt werden, damit das Deviationsmoment Jx y verschwindet? c) Wie groß sind nun die Elemente des Trägheitstensors? Die Zugtür kann als dünne Platte der Masse m und der Breite b betrachtet werden. a) Geben Sie die Bewegunsgleichung der Tür für eine beliebige Winkellage ϕ an. b) Mit welcher Winkelbeschleunigung ϕ¨ E und mit welcher Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ E schlägt die Tür bei ϕ = 900 zu? c) Wie groß sind unmittelbar vor dem Zuschlagen die horizontalen Lagerreaktionen in A? Die Koordinaten 5.6.4 Traktor mit Walze Der Impulssatz für die Tür lautet b sin ϕ 2 b cos ϕ 2 xS = x Z − yS = beschreiben die momentane Lage des Türschwerpunktes S gegenüber dem Inertialsystem. Die zeitlichen Ableitungen b x˙ S = x˙ Z − ϕ˙ cos ϕ 2 b y˙ S = −ϕ˙ sin ϕ 2 und x¨ S = a Z − ϕ¨ b b cos ϕ + ϕ˙2 sin ϕ 2 2 b b y¨ S = −ϕ¨ sin ϕ − ϕ˙2 cos ϕ 2 2 liefern dann die Beschleunigungen, wobei gemäß Aufgabenstellung x¨ Z durch a Z ersetzt wurde. Eine zylindrische Walze mit dem Radius r = 0.9 m, der Masse m = 400 kg und dem Trägheitsmoment J = 225 kg m2 wird, wie skizziert, von einem Traktor gezogen. Die beidseitig gelenkig gelagerte Verbindungsstange ist dabei unter dem Winkel α = 10° geneigt. m a Z − ϕ¨ m −ϕ¨ Mit 4m/b2 multipliziert ergibt sich ! b b cos ϕ + ϕ˙2 sin ϕ = Ax0 2 2 ! b b sin ϕ − ϕ˙2 cos ϕ = A y0 2 2 1 aZ ϕ¨ = cos ϕ − ϕ¨ cos ϕ + ϕ˙2 sin ϕ 3 b/2   + sin ϕ −ϕ¨ sin ϕ − ϕ˙2 cos ϕ ! Schließlich bleibt wobei Ax0 und A y0 die Komponenten der Lagerreaktion in A bezeichnen, die in Richtung der x 0 und y0 -Achse auf die Tür wirken. Der Drallsatz bezüglich des Massenmittelpunktes liefert 1 b b m b2 ϕ¨ = cos ϕ Ax0 + sin ϕ A y0 12 2 2 1 wobei JS = 12 m b2 das Trägheitsmoment der als dünnen Platte modellierten Tür angibt. Nun können die Lagerreaktionen eliminiert werden. Zunächst erhält man ! 1 b b b m b2 ϕ¨ = cos ϕ m a Z − ϕ¨ cos ϕ + ϕ˙2 sin ϕ 12 2 2 2 ! b b b + sin ϕ m −ϕ¨ sin ϕ − ϕ˙2 cos ϕ 2 2 2 1 aZ ϕ¨ = cos ϕ − ϕ¨ cos2 ϕ + ϕ˙2 sin ϕ cos ϕ 3 b/2 − ϕ¨ sin2 ϕ − ϕ˙2 sin ϕ cos ϕ oder 4 aZ ϕ¨ = cos ϕ 3 b/2 bzw. ϕ¨ = 3 aZ cos ϕ 2 b Diese Bewegungsgleichung hätte man auch direkt aus dem allgemeinen Drallsatz für den bewegten Bezugspunkt A erhalten können. Da in der Ebene das Kreiselmoment keinen Einfluss auf die dynamische Bewegung hat, erhält man gemäß (5.121) ! 1 b m b2 ϕ¨ + m − cos ϕ a Z = 0 3 2 bzw. 3 aZ ϕ¨ = cos ϕ 2 b Das Trägheitsmoment bezüglich A is jetzt durch J A = 1 2 3 m b gegeben und bezüglich A tritt kein äußeres Moment auf. Darüberhinaus kann die dritte Komponente des Kreuzproduktes ~r PS,R × a~0P, R bei einer Bewegung in der x 0 - y0 -Ebene mit P ≡ A auch im Inertialsystem ermittelt werden. Man erhält somit
(z)
(z) ~r AS, R × a~0A, R = ~r AS,0 × a~0A,0 (x) (y) (y) (x) = ~r AS,0 ∗ a~0A,0 − ~r AS,0 ∗ a~0A,0 =− =− b b sin ϕ ∗ 0 − cos ϕ ∗ a Z 2 2 b cos ϕ a Z 2 Die Tür schlägt bei ϕ = dann mit π 2 zu. Wegen cos π2 = 0 tritt dort ϕ¨E = 0 dann keine Winkelbeschleunigung auf. Mit der Beziehung d ϕ˙ d ϕ d ϕ˙ ϕ¨ = = ϕ˙ dϕ dt dϕ kann die Bewegungsgleichung separiert und integriert werden. Mit den Grenzen ϕ = 0 und ϕ˙ = 0 sowie ϕ = π/2 und ϕ˙ = ϕ˙ E erhält man Zϕ˙ E ϕ˙ d ϕ˙ = 3 aZ 2 b 0 Zπ/2 cos ϕ d ϕ 0 Es bleibt  1 2 3 aZ  π ϕ˙ = sin − sin 0 2 E 2 b 2 r bzw. ϕ˙ E = 3 aZ b Mit ϕ¨E = 0 und ϕ˙2E = 3 abZ liefert der Impulssatz die Lagerreaktionen an der Stelle ϕ = π/2 Ax0 = 5 m aZ 2 und A y0 = 0 m z0 r v α a) Die Bewegungsgleichungen (Impulssatz und Drallsatz) für die freigeschnittene Walze lauten m v˙ = −S cos α + R J ω˙ = − r R ω r v α S mg R N b) Nach Elimination der Reibkraft ergibt sich m v˙ + J r ω˙ = −S cos α Solange die Walze rollt, gilt v = r ω bzw. v˙ = r ω˙ und es bleibt     m + rJ2 v˙ = −S cos α oder S = − m + rJ2 cosv˙ α x0 μ Mit den Zahlenwerten erhält man schließlich ! 225 −2.94 S = − 400 + ∗ = 2025.4 N cos 10° 0.92 c) Das Kräftegleichgewicht in vertikaler Richtung N − mg + S sin α = 0 liefert die Normalkraft zu N = mg − S sin α = 3572.3 N Die Reibkraft folgt aus dem Drallsatz R = − Jr ω˙ = − rJ2 v˙ = 817.5 N Schließlich liefert die Reibungsungleichung |R| ≥ µ N den erforderlichen Reibwert zu µ≥ 817.5 3572.3 oder µ ≥ 0.23 Der Traktor wird nun mit v˙ = −0.3 g abgebremst. 51 6 Ebene Mehrkörpersysteme 6.1 Anmerkung M In der analytischen Mechanik und insbesondere in der Mehrkörperdynamik werden deshalb spezielle Methoden angewendet. Das D’Alembertsche Prinzip zum Beispiel benutzt die virtuelle Arbeit um die Schnittreaktionen zu eliminieren. Die Bewegungsgleichungen der Teilkörper werden dabei nicht mehr in Richtung der Koordinatenachsen sondern in Richtung der tatsächlich möglichen Bewegungungsrichtungen angeschrieben. Jean-Baptiste le Rond d'Alembert * 16 November 1717 † 29 Oktober 1783 Französischer Mathematiker, Mechaniker Physiker und Philosoph 6.2 Einfaches Beispiel 6.2.1 Modell eines Hubwerks Mit dem in Bild 6.1 dargestellten Hubwerk soll die Masse m nach oben bewegt werden. Das Antriebsrad mit der Trägheit Θ2 und dem Radius r 2 wird durch das Moment M angetrieben und überträgt seine Drehbwegungen auf die Trommel mit der Trägheit Θ1 und dem Außenradius 52 r1 Θ2 Θ1 y0 s x0 m Bild 6.1: Hubwerk r 1 . Das Hubseil, an dessen Ende die Masse m hängt, wird über den Radius r 0 aufgewickelt. Die Masse m führt nur vertikale Bewegungen aus. Das Antriebsrad und die Trommel drehen um Achsen senkrecht zur Zeichenebene. 6.2.2 Minimal Schnitt Bei der Schnittmethode werden alle Körper so freigeschnitten, daß sie unabhängig voneinander ihre Bewegungen ausführen können, Bild 6.2. Bei dem Hubwerk M siehe: http://de.wikipedia.org Auf diese Weise kommt man direkt, ohne die Schnittreaktionen überhaupt berücksichtigen zu müssen, zu den Bewegungsgleichungen für die tatsächlich vorhandenen freien Bewegungen. r0 r2 Ebene Mehrkörpersysteme mit Bindungen, die durch lineare Gleichungen beschrieben werden können, lassen sich in der Regel mit der “Schnittmethode” lösen. Ein “Minimalschnitt” sorgt dafür dass alle Körper zunächst unabhängig voneinander ihre Bewegungen ausführen können. Eine anschließende Elimination der dabei entstehenden Schnittraktionen liefert dann die Bewegungsgleichungen für die tatsächlich vorhandenen freien Bewegungen. F r2 r1 r0 P Q F Θ2 γ2 Θ1 γ1 y0 x0 S S s mg Bild 6.2: Hubwerk, freigeschnitten sind das die Masse m mit der vertikalen Bewegung s sowie die Seil- und Antriebstrommel mit den Drehbewegungen γ1 und γ2 , die beide entgegen dem Uhrzeigersinn angetragen wurden. Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill 6.2.3 Bewegungsgleichungen 6.2.6 Schnittreaktionen Der Impulsatz für die Masse m lautet Nun können auch die Schnittreaktionen angegeben werden. Aus (6.1) folgt sofort m s¨ = S − m g (6.1) Die Drallsätze bezüglich der Lagerpunkte (Massenmittelpunkte bei homogener Massenverteilung, bzw. hier sogar Fixpunkte) liefern Θ1 γ¨1 = r 1 F − r 0 S Θ2 γ¨2 = r 2 F − M M + Θ2 γ¨2 r2 oder F = r1 s¨ r2 r0 M − Θ2 (6.10) r2 wobei γ¨2 über (6.6) auf die Vertikalbeschleunigung der Masse s¨ zurückgeführt wurde. oder durch r 0 dividiert und umgestellt (6.4) 6.2.5 Bindungsgleichungen und verbleibende Bewegungsgleichung Auf Grund der kinematischen Bindungen r 2 γ˙2 = −r 1 γ˙1 Die zweite Gleichung in (6.2) liefert F = Nun können die Schnittreaktionen elimiert werden. Löst man (6.1) nach S und die zweite Gleichung in (6.2) nach F auf und setzt die Ergebnisse in die erste Gleichung von (6.2) ein, dann erhält man r1 (Θ2 γ¨2 + M) − r 0 (m s¨ +mg) (6.3) Θ1 γ¨1 = r2 r 0 γ˙1 = s˙ (6.9) wobei s¨ durch (6.7) bestimmt ist. (6.2) 6.2.4 Elimination der Schnittreaktionen r 1 Θ2 r1 M Θ1 γ¨1 − γ¨2 + m s¨ = − mg r0 r2 r0 r2 r0 S = m (g + s¨) (6.5) besitzt das Hubwerk nur eine freie Bewegungsmöglichkeit. Mit s¨ r 1 s¨ γ¨1 = und γ¨2 = − (6.6) r0 r2 r0 können die Winkelbeschleunigungen als Funktion der Vertikalbeschleunigung s¨ der Masse dargestellt werden. Damit erhält man dann aus (6.4) die Bewegungsgleichung für die Hubbewegung der Masse " # Θ1  r 1  2 Θ2 r1 M + + m s¨ = − mg (6.7) 2 2 r 2 r0 r0 r2 r0 | {z } m Der Ausdruck in den eckigen Klammern wird dabei als verallgemeinerte Masse m bezeichnet. Damit die Masse überhaupt nach oben beschleunigt ( s¨ > 0) bzw. angehoben wird, muß das Antriebsmoment der Bedingung r2 M > r 0 mg (6.8) r1 genügen. 6.3 Beispiel Differentialflaschenzug 6.3.1 Modell mit Minimalschnitt Bei dem skizzierten Differentialflaschenzug läuft das Seil über eine Scheibe mit der Masse mS , der Trägheit ΘS und dem Radius 5 r, Bild 6.3. An einem Bolzen durch die Scheibenmitte ist über ein weiteres Seil die Last mit der Masse m L befestigt. Am linken Ende wird das Seil auf eine Trommel mit dem Radius 6 r auf- und am rechten Ende von einer Trommel mit dem Radius 4 r abgewickelt. Die Antriebseinheit, bestehend aus dem Motor und den beiden Trommeln, hat die Trägheit Θ A und wird durch das Moment M A angetrieben und führt eine Drehung mit der Winkelgeschwindigkeit ω A um eine feststehende Achse aus. ωA 6r ωA 4r 6r ΘA ΘA S1 S1 MA P 5r ΘS mS mL 4r MA ωS v S2 S2 5r Q ΘS m S g F v F mLg v Bild 6.3: Differentialflaschenzug mit Teilsystemen Last und Scheibe bewegen sich mit der Geschwindigkeit v nach oben. Die Scheibe führt zusätzlich eine Drehbewegung durch, die durch die Winkelgeschwindigkeit ωS beschrieben wird. 53 OTH Regensburg Technische Mechanik III 6.3.2 Bewegungsgleichungen 6.3.5 Schnittreaktionen Die Bewegungsgleichungen für die einzelnen Teilkörper lauten Bei bekannter Beschleunigung v˙ der Last liefert (6.14) sofort die erste Schnittreaktion Θ A ω˙ A = M A − 6 r S1 + 4 r S2 (6.11) F = m L (g + v˙ ) ΘS ω˙ S = 5 r S1 − 5 r S2 (6.12) Die Schnittreaktionen S1 und S2 können dann aus (6.11) und (6.12) ermittelt werden. Mit den kinematischen Beziehungen (6.19) und (6.20) können sie dann ebenfalls als Funktion der Lastbeschleunigung v˙ angegeben werden. mS v˙ = S1 + S2 − F − mS g (6.13) m L v˙ = F − m L g (6.14) wobei F, S1 und S2 die Schnittreaktionen darstellen. Die Kräfte an den Enden des um die Scheibe laufenden Seils müssen aufgrund der Trägheit ΘS , 0 mit S1 und S2 unterschiedlich bezeichnet werden. (6.22) 6.4 Nichtlineare Kinematik 6.3.3 Elimination der Schnittreaktionen 6.4.1 Beispiel Vogelmobile Die Addition der Bewegungsgleichungen (6.13) und (6.14) eliminiert die Kraft F und führt mit r multipliziert auf Ein Vogel-Mobile, bestehend aus dem Vogelkörper und zwei Flügeln, ist mit zwei Seilen an der Decke aufgehängt, Bild 6.4. Der Vogelkörper hat die Masse 2m und r (mS +m L ) v˙ = r S1 + r S2 − r (mS +m L ) g (6.15) 0 Addiert man diese Gleichung zu der Bewegungsgleichung (6.12), dann erhält man ΘS ω˙ S + r (mS +m L ) v˙ = 6 r S1 − 4 r S2 − r (mS +m L ) g (6.16) Addiert man dazu noch die Bewegungsgleichung (6.11), dann bleibt schließlich Θ Aω˙ A + ΘS ω˙ S + r (mS +m L ) v˙ = M A − r (mS +m L ) g (6.17) 6.3.4 Bindungsgleichungen und verbleibende Bewegungsgleichung Die Eulersche Geschwindigkeitsformel auf die Punkte P und Q angewendet liefert v +5 r ωS = 6 r ω A und v −5 r ωS = −4 r ω A (6.18) A Draht h m Flügel y 2m Körper z M B G a φ S m a a 2a Bild 6.4: Vogel-Mobile in horizontaler Lage einen kreisförmigen Querschnitt mit dem Radius a. Die Flügel werden als dünne Platten mit der Masse m und der Länge 4a modelliert. Die Seile haben jeweils die Länge h und werden als dehnstarr betrachtet. Bei den gegebenen Abmessungen und Gewichten ist das Mobile bei horizontal stehenden Flügeln im Gleichgewicht. Die Addition der beiden Gleichungen ergibt 2 v = 2 r ωA oder v = r ωA (6.19) Subtrahiert man die Gleichungen, dann erhält man noch 10 r ωS = 10 r ω A oder ωS = ω A (6.20) Mit den kinematischen Bindungen v = r ω A und ωS = ω A oder ω˙ S = ω˙ A = v˙ /r erhält man schließlich ! MA ΘS Θ A m L + mS + 2 + 2 v˙ = − (mS +m L ) g (6.21) r r r Die verallgemeinerte Masse beinhaltet die Massen der Last und der Scheibe sowie die auf Massen reduzierten Trägheiten der Scheibe und der Trommel. 54 6.4.2 Bindungsgleichungen Wird der Vogelkörper senkrecht nach oben oder unten bewegt, dann sind die Flügelauschläge vollkommen symmetrisch und das Vogelmobile kann durch ein Modell beschrieben werden, das aus dem halben Vogelkörper und einem Flügel besteht, Bild 6.5. Nimmt man an, dass das dehnstarre Seil stets gespannt bleibt, dann ergeben sich aus der momentanen Lage von Punkt B folgende Bindungsgleichungen 2a − h sin α = a + a cos ϕ (6.23) h cos α = w + a sin ϕ (6.24) Technische Mechanik III (Dynamik) a a Die zweite Ableitung von w nach ϕ ist durch 0 A w m Prof. Dr.-Ing. G. Rill G M a ) d2 w d (  a sin ϕ tan α − cos ϕ = 2 dϕ dϕ ! 1 dα = a cos ϕ tan α + sin ϕ + sin ϕ cos2 α dϕ (6.32) gegeben. Die Ableitung von α nach ϕ kann dabei aus (6.29) entnommen werden. h φ α B a z y S m Bild 6.5: Modell für symmetrische Bewegungen Dabei gibt w die momentane Lage des Vogelkörpermittelpunktes an. Die Winkel α und ϕ beschreiben die Schrägstellung des Seils den Flügelausschlag Mit (6.23) und (6.24) können α und w in Abhängigkeit vom Flügelausschlag ϕ dargestellt werden a sin α = (1 − cos ϕ) (6.25) h w = h cos α − a sin ϕ (6.26) Der Winkel α bleibt bei normalen Bewegungen auf ±90° beschränkt. Damit kann der Kosinus des Winkels α über p π cos α = + 1 − sin2 α für |α| < (6.27) 2 eindeutig aus dem Sinus bestimmt werden. Mit der Beziehung (6.25) ist dann w als Funktion von ϕ darstellbar. Der Vogelkörper selbst bewegt sich hier nur auf und ab und führt keinerlei Drehbewegung aus. Die momentane Position des Vogelkörperschwerpunktes wird dann durch die vertikale Auslenkung w vollstaändig beschrieben. Die Geschwindigkeit des Vogelkörpers ist dann durch dw dα w˙ = ϕ˙ = −h sin α ϕ˙ − a cos ϕ ϕ˙ dϕ dϕ dα a = sin ϕ dϕ h (6.29) Eingesetzt in (6.28) bleibt dann w˙ = dw ϕ˙ = −a (sin ϕ tan α + cos ϕ) ϕ˙ dϕ (6.30) Eine weitere Ableitung nach der Zeit liefert die Beschleunigung zunächst formal zu dw d2 w 2 w¨ = ϕ¨ + ϕ˙ dϕ dϕ2 gegeben. Für die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Flügelschwerpunktes erhält man dann d yS ϕ˙ = −2a sin ϕ ϕ˙ dϕ ! dz S dw = ϕ˙ = + 2a cos ϕ ϕ˙ dϕ dϕ y˙ S = (6.34) z˙S (6.35) und dyS d 2 yS 2 ϕ˙ ϕ¨ + dϕ dϕ2 dz S d 2 zS 2 ϕ˙ z¨S = ϕ¨ + dϕ dϕ2 y¨ S = (6.36) (6.37) wobei die zweiten Ableitungen von yS und z S nach ϕ durch d 2 yS = −2a cos ϕ , dϕ2 (6.38) ! d 2 zS d2 w = − 2a sin ϕ dϕ2 dϕ2 gegeben sind. (6.28) gegeben. Differenziert man die erste Bindungsgleichung (6.23) nach ϕ, dann erhält man cos α Die Drehbewegung des Flügels in der y z-Ebene wird durch die Koordinate ϕ beschrieben. Winkelgeschwindigkeit und Beschleunigung sind dann durch ϕ˙ und ϕ¨ gegeben. Die momentane Position des Flügelschwerpunktes ist durch yS = a + 2a cos ϕ (6.33) z S = w + 2a sin ϕ (6.31) 6.4.3 Bewegungsgleichungen Durchtrennt man das Gelenk in G und das Seil von A nach B, dann können der halbe Vogelkörper und ein Flügel freie Bewegungen durchführen, die durch die Koordinaten w, yS , , z S und ϕ beschrieben werden. Mit den im Bild 6.6 dargestellten Schnittreaktionen sind die Bewegungsgleichungen für das halbe Vogelmobile durch m w¨ = N sin ϕ + Q cos ϕ + mg (6.39) m y¨ S = −N cos ϕ + Q sin ϕ + F sin α (6.40) m z¨S = mg − N sin ϕ − Q cos ϕ − F cos α (6.41) ΘS ϕ¨ = 2a Q + a F cos(ϕ − α) (6.42) 55 OTH Regensburg Technische Mechanik III a 0 a A y Momente in einer verbleibenden Bewegungsgleichung zusammen Q w Q mg z φ N φ N dw dϕ dz S dϕ F α a B φ yS a zS S mg = a F (cos ϕ cos α + sin ϕ sin α) ΘS ϕ¨ = dw dϕ mg + dz S dϕ mg ΘV ϕ¨ = qG + qF (6.46) bestimmt. Die Terme qG =  dw dϕ + dz s dϕ  (6.48) mg und kann der ersten Zeile des Kreuzproduktes     qF = − (6.44)  dw d 2 w dϕ dϕ 2 + d ys d 2 yS dϕ dϕ 2 + dz s d 2 z S dϕ dϕ 2  ϕ˙2 (6.49) beschreiben die Momentenwirkung der Gewichts- und Fliehkräfte. entnommen werden. 6.4.5 Numerische Lösung 6.4.4 Elimination der Schnittreaktionen und verbleibende Bewegungsgleichung Die Elimination der Schnittreaktionen N, Q und F ist hier sehr aufwändig. Deshalb wird an Stelle der Schnittmethode das D’Alembertsche Prinzip angewendet. Dabei werden die Bewegungsgleichungen nicht mehr in Richtung der Koordinatenachsen sondern in den tatsächlich möglichen Bewegungsrichtungen angeschrieben. Da die Geschwindigkeit stets in Richtung der Bewegung zeigt, können die Informationen aus den Gleichungen (6.30), (6.34) und (6.35) benutzt werden, um die Bewegungsgleichungen (6.39) bis (6.42) in die Richtung der tatsächlichen Bewegung zu projizieren. Auf Grund der kinematischen Bindungen können hier alle Bewegungen auf den Drehwinkel ϕ zurückgeführt werden. Das D’Alembertsche Prinzip fügt dann alle Trägheitsterme und die auf die Teilkörper eingeprägten Kräfte und 56 (6.45) angeschrieben werden kann. Das verallgemeinerte Trägheitsmoment ist dabei durch    d y  2  dz  2  2 dw ΘV = ΘS + dϕ + dϕs + dϕs m (6.47) (6.43) = a F cos(ϕ − α)   0  ×  F sin α     −F cos α m z¨S + m y¨ S + Mit den in (6.30), (6.34) und (6.35) definierten Ableitungen sowie den Beschleunigungen (6.31), (6.36) und (6.37) erhält man eine Differentialgleichung zweiter Ordnung, die in der Form gegeben. Die Schnittreaktionen im Gelenk wurden dabei mit N und Q in Komponenten längs- und quer zum Flügel aufgeteilt. Ferner gibt ΘS das auf den Schwerpunkt S bezogene Trägheitsmoment des Flügels an. Das Moment der Seilkraft F um die x-Achse bezüglich des Massenmittelpunktes S  0 ~r SB,0 × F~,0 =  −a cos ϕ  −a sin ϕ d yS dϕ Da bei dieser Methode die Schnittreaktionen automatisch eliminiert werden, müssen sie in den Bewegungsgleichungen für die Teilkörper erst gar nicht mit aufgenommen werden. Bild 6.6: Freikörperbild F MSx m w¨ + Die MATLAB-Funktion 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 function xp = vogel_mobile_f(t,x) % Daten ueber globale Variable global g a h m ts % Zustandsgroessen phi = x(1); phip = x(2); % Kinematik sph cph sal cal tal = = = = = sin(phi); cos(phi); a/h*(1-cph); sqrt(1-sal^2); sal / cal; daldph = a/h * sph/cal; dwdph = - a * ( sph*tal + cph ); dysdph = - 2*a*sph; dzsdph = dwdph + 2*a*cph; d2wdph2 = - a * ( cph*tal + sph/cal^2*daldph - sph ); d2ysdph2= - 2*a*cph; d2zsdph2= d2wdph2 - 2*a*sph; % Bewegungsgleichung Technische Mechanik III (Dynamik) 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 Prof. Dr.-Ing. G. Rill tv = ts + ( dwdph^2 + dysdph^2 + dzsdph^2 ) * m ; gv =-(dwdph*d2wdph2+dysdph*d2ysdph2+dzsdph*d2zsdph2)*phip^2; qv = (dwdph+dzsdph)*m*g; 6.5 Aufgaben 6.5.1 Hebevorichtung phipp = ( gv + qv ) / tv ; % Zustandsaenderung xp = [ phip; phipp ]; end stellt die Dynamik des Vogel-Mobiles in Form einer Zustandsgleichung x˙ = f (t, x) zur Verfügung. Die numerische Lösung mit der MATLAB-Routine ode45 liefert mit den Zahlenwerten m = 0.20 kg ΘS = 0.00267 kgm2 a = 0.10 m h = 0.15 m Die skizzierte Vorrichtung dient zum Heben der Masse M. Die reibungsfrei drehbaren Rollen mit der Masse m und dem Radius r haben eine homogene Massenverteilung. Das über die beiden Rollen laufende Seil ist am Ende an der Decke befestigt. F a) Welche Kraft F = F0 ist erforderlich um die Masse M im Gleichgewicht zu halten? b) Mit welcher Beschleunigung bewegt sich die Masse bei F > F0 nach oben? die in Bild 6.7 dargestellten Ergebnisse. 50 a) Im Gleichgewicht fungieren die Rollen als Umlenkscheiben und es gilt S1 = F, S2 = S1 Mit S3 = M g liefert das Kräftegleichgewicht an der unteren Rolle F +F − Mg −mg = 0 das Ergebnis F = 12 (M + m) g b) Die Bewegungsgleichungen für das freigeschnittene System (Minimal-Schnitt) lauten: 1 2 1 2 ϕ m, r m r 2 ϕ¨1 = r F − r S1 (1) m r 2 ϕ¨2 = r S1 − r S2 (2) m x¨ = S1 + S2 − S3 − m g (3) M x¨ = S3 − M g (4) ϕ1 m, r S1 S1 S2 F S2 r x mg ϕ2 S3 S3 x Mg m, r x M Nun können die Schnittreaktionen eliminiert werden. Die Gleichungen (1) und (4) können nach S1 und S3 aufgelöst werden. Die Operation (2)/r +(3) eliminiert S2 . Es bleibt
1 1 x¨ + M g) −m g 2 m r ϕ¨ 2 + m x¨ = 2 F − 2 m r ϕ¨ 1 − (M | {z } | {z } S3 S1 oder m r ϕ¨1 + 12 m r ϕ¨2 + (M +m) x¨ = 2 F − (M +m) g Über die kinematischen Beziehungen r ϕ2 = x und 2 r ϕ2 = r ϕ1 können die Winkelbeschleunigungen auf die Beschleunigung der Last zurückgeführt werden. Schließlich erhält man m 2 x¨ + 21 m x¨ + (M +m) x¨ = 2 F − (M +m) g Nach der Beschleunigung aufgelöst bleibt 2 F − (M +m) g x¨ = M + 72 m Im Sonderfall x¨ = 0 (Gleichgewicht) bleibt mit F = 12 (M + m) das Ergebnis aus a). [ o] 6.5.2 Seiltrommel 0 -50 0 5 10 15 t [s] 20 200 . ϕ [ o /s] Die skizzierte Seiltrommel mit dem Außenradius 2r hat die Masse M und bezüglich des Massenmittelpunktes S, der mit der Trommelmitte zusammenfällt, das Massenträgheitsmoment J. Das von der Trommel mit dem Radius r abgewickelte Seil läuft über eine kleine Umlenkrolle und trägt am Ende ein Gewicht der Masse m, das die Seiltrommel in Bewegung setzt. M, J 45 o 100 30 o 15 o r 2r S μ 5o 0 a) Der Kontaktpunkt ist momentaner Drehpol der Seiltrommel. Deshalb gilt (2r + r) ωS = x˙ bzw. ωS = 3rx˙ und vS = 23 x˙ b) Nach einem Minimalschnitt (Seil und Kontaktpunkt) erhält man die Bewegungsgleichungen zu m x¨ = mg − S (1) M v˙S = S − R (2) J ω˙ S = r S + 2r R (3) Die Summe von (1) und (2) liefert m x¨ + M v˙S = mg − R R = mg − m x¨ − M v˙S J ω˙ S = r (mg − m x) ¨ +2r (mg − m x¨ − M v˙S ) | {z } | {z } S R m Nach Termen geordnet und mit r durchdividiert bleibt J ω˙ S + m x¨ + 2 m x¨ + 2 M v˙S = mg + 2 mg r Mit den kinematischen Beziehungen erhält man ! J x˙ 2 + 3 m + 2 M x¨ = 3 mg oder r 3r 3 c) Mit x¨ = x -100 -200 -50 oder Setzt man die Reibkraft R zusammen mit der aus (1) folgenden Seilkraft S in die dritte Gleichung ein, dann erhält man 1 3 x¨ = mg m+ J (3r)2 +
2 2 3 M g erhält man aus (1) die Seilkraft zu S = mg − m x¨ oder S= 2 mg 3 Die Reibkraft ist mit R = mg − m x¨ − M v˙S gegeben. Für M = 3 2 m und x¨ = 1 3 oder R = mg − m + ! 2 M x¨ 3 g bleibt R = mg − m 1 23 1 1 g− m g = mg 3 32 3 3 Mit N = M g erhält man dann µ = 0 ϕ [o] 50 Bild 6.7: Zeitantwort und Phasendiagramm für verschiedene Anfangsauslenkungen Die Abhängigkeit der Schwingungsdauer von der Anfangsauslenkung ist deutlich zu erkennen. Der nichtlineare Charakter der Schwingungen zeigt sich auch im Phasendiagramm. 1 mg R = 3 = N Mg 1 3 3 2 mg mg = 2 = 0.222 9 Unter der Voraussetzung, dass die Seiltrommel auf der horizontalen Unterlage rollt ohne zu gleiten, sind zu ermitteln: a) die Winkelgeschwindigkeit der Seiltrommel sowie die Geschwindigkeit der Seiltrommelmitte, wenn sich das Gewicht mit der Geschwindigkeit x˙ nach unten bewegt, b) die Beschleunigung x¨ mit der sich das Gewicht für beliebige Werte von m, M und J nach unten bewegt. c) Für M = 32 m und einem bestimmten Wert von J wird die Beschleunigung des Gewichtes zu x¨ = 13 g. Ermitteln Sie für diesen Sonderfall die Seilkraft und den Reibwert µ, der das Rollen der Trommel ermöglicht. 57 7 Übungsbeispiele 7.1 Punkt-Kinematik b) Mit welcher Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ = ϕ(ϕ) ˙ muß der Arm geschwenkt werden? 7.1.1 Flugzeug c) Wie groß ist die Winkelbeschleunigung ϕ¨ = ϕ(ϕ) ¨ des Roboterarms? Ein Flugzeug, dessen Eigengeschwindigkeit vF bestimmt werden soll, macht einen Probeflug von A über B nach C. Zu der Strecke AB = 20 km benötigt es t AB = 400 s und die Strecke BC = 27 km legt es in t BC = 600 s zurück. Während des gesamten Fluges weht ein Wind von unbekannter Geschwindigkeit vW unter dem Winkel α = 63.5o   vW C 7.1.3 Bremsen in der Kurve Ein Fahrzeug fährt mit der Geschwindigkeit v0 auf einer Kreisbahn mit dem Radius R. Der Fahrer beginnt nun vorsichtig zu bremsen. Während des Bremsvorgangs von t = 0 bis t = T gilt für die Längsbeschleunigung (Beschleunigung in tangentialer Richtung) a L = −k t, wobei k eine positive Konstante k > 0 mit der Dimension m/s3 ist.  α A
B a) Bestimmen Sie in den Abschnitten AB und BC die jeweilige Übergrundgeschwindigkeit des Flugzeugs?
v0 b) Wie groß ist die Eigengeschwindigkeit vF des Flugzeugs? R 7.1.2 Schweißroboter Um eine möglichst gleichmäßige Schweißnaht zu erzielen, wird der Arm eines Schweißroboters so verfahren, daß der Schweißkopf die Strecke von A nach B geradlinig und mit konstanter Geschwindigkeit (v = const.) durchfährt.  A x  v
B a) Wie lange dauert es, t =?, bis der Fahrer die Geschwindigkeit auf die Hälfte reduziert hat? b) Welche Strecke hat das Fahrzeug in dieser Zeit zurückgelegt? c) Wie groß ist die Gesamtbeschleunigung des Fahrzeug zu Beginn (t = 0) und am Ende (t = T) des Bremsmanövers? ϕ 7.1.4 Kreuzschleife  a  y Bei der skizzierten Kreuzschleife K dreht sich die Scheibe S mit dem Bolzen B mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ = Ω = const. Berechnen Sie in Abhängigkeit vom Winkel ϕ: a) Wie ändert sich die Länge des Schweißarms, ` = `(ϕ)? 58 a) Geschwindigkeit und Beschleunigung von Bolzen und Schleife gegenüber dem System x 0 , y0 , Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill erfolgt vertikal nach oben mit mit der Geschwindigkeit v3 . x0  B
y0 Die Geschwindigkeiten v1 , v2 , v3 und die Winkelgeschwindigkeit Ω sind konstant. ϕ   r Zu Beginn (t = 0) befindet sich die Laufkatze bei s = a und der Ausleger zeigt in Richtung der x 0 -Achse. K S
z0  γ a b) die Geschwindigkeit und die Beschleunigung mit der der Bolzen im Schlitz gleitet.  v2 s(t) 7.1.5 Zug  Das v-s-Diagramm eines elektrischen Zuges setzt sich aus zwei Parabeln zusammen. Für die Anfahrperiode, 0 ≤ s ≤ s1 , gilt: r s v = vmax s1  y0   und entsprechend für die stromlose Auslaufperiode s1 ≤ s ≤ s1 + s2 r s1 + s2 − s v = vmax s2 v v3 x0 v1  a) Bestimmen Sie den Abstand s = s(t) der Laufkatze von der Drehachse. b) Mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich die Last gegenüber dem System x 0 , y0 , z0 ? c) Wie groß ist die Beschleunigung der Last gegenüber dem System x 0 , y0 , z0 ? vmax 7.2 Punkt-Kinetik s1 s2 s Bis zu welcher Geschwindigkeit vmax muß angefahren werden, wenn die Gesamtstrecke s1 + s2 = 1 200 m 7.2.1 Rütteltisch Ein Rütteltisch wird mit z(t) = A sin ωt harmonisch aufund abbewegt, wobei A die Amplitude und ω die Kreisfrequenz angibt. in T = 120 s zurückgelegt werden soll? m z(t) 7.1.6 Kran Der skizzierte Kran bewegt sich in horizontaler Richtung (x 0 -Achse) mit der Geschwindigkeit v1 . Gleichzeitig führt der Ausleger eine Drehbewegung um die z0 -Achse mit einer konstanten Winkelgeschwindigkeit γ˙ = Ω aus. Die Laufkatze fährt relativ zum Ausleger mit der Geschwindigkeit v2 nach innen. Die Bewegung der Last Bis zu welcher Frequenz ω < ω K bleibt die Masse m auf dem Tisch liegen? 59 OTH Regensburg Technische Mechanik III 7.2.2 Stein 7.2.5 Räumliche Punktbewegung In einem Schacht der Höhe H fällt ein Stein senkrecht nach unten. Der Luftwiderstand sei vernachlässigbar klein. Am Schachteingang hört man nach der Zeit T = 15 s das Aufschlaggeräusch. Bestimmen Sie H, wenn die Schallgeschwindigkeit c = 330 m/s beträgt. Welchen Fehler in H erhält man, wenn man T als reine Fallzeit deutet? Eine Punktmasse m gleitet reibungsfrei in einer um den Winkel α geneigte Röhre. Zum Zeitpunkt t = 0 wird  z0 s m 7.2.3 Auffahrunfall α Ein Pkw fährt auf ein starres Hindernis zu. Es gelingt dem Fahrer, seine Geschwindigkeit vor dem Aufprall auf v1 = 72 km/h zu reduzieren. Während der Aufprallphase wird die Knautschzone des Fahrzeugs um 4` = 1 m zusammengedrückt. ϕ
 a) Berechnen Sie unter Annahme einer konstanten Verzögerung während der Aufprallphase die Verzögerung a und die Zeitdauer 4t, bis das Fahrzeug die Geschwindigkeit Null hat. b) Welche Kraft müßte der Fahrer mit der Masse m = 75 kg aufbringen, um sich im Sitz zu halten? 7.2.4 Ebene Punktbewegung Auf einer viertelkreisförmig gekrümmten zylindrischen Fläche mit dem Radius R wird die Punktmasse m an der durch den Winkel ϕ0 gekennzeichneten Stelle ohne Anstoßen losgelassen. a y0 x0 sie am oberen Ende bei s = 0 ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen. Die Röhre dreht mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ = Ω = const. um die vertikale z0 -Achse. Geben Sie die Differentialgleichungen an, aus denen der Weg s = s(t) und die auf die Wand ausgeübten Kräfte berechnet werden können. Mit welcher Geschwindigkeit gegenüber dem x 0 , y0 , z0 System verläßt die Punktmasse das untere Ende der Röhre, wenn diese die Länge a hat? 7.2.6 Rakete z
m Eine Rakete mit der Startmasse m0 steigt senkrecht nach oben. Der Luftwiderstand kann vernachlässigt werden. Die Erdbeschleunigung nimmt mit zunehmender Höhe z ab und wird durch !2 RE g = g(z) = g0 RE + z ϕ0 R x a) Bei welchem Winkel ϕ1 und mit welcher Geschwindigkeit v1 verläßt die Punktmasse die Fläche? b) Mit welcher Geschwindigkeit v2 und unter welchem Winkel ϕ2 trifft die Punktmasse auf dem Boden auf? beschrieben, wobei RE den Erdradius bezeichnet und g0 = g(z = 0) die Erdbeschleunigung auf der Erdoberfläche (z = 0) angibt. Wie muß sich die Masse m der Rakete ändern, damit die Steiggeschwindigkeit v = z˙ konstant ist? 7.2.7 Eisstock Ein Eisstock wird mit der Geschwindigkeit v0 = 20 m/s auf das Eis aufgesetzt. Der Reibwert zwischen Eisstock und Eis ist mit µ = 0.02 gegeben. 60 Technische Mechanik III (Dynamik) Nach welcher Zeit bleibt der Eisstock stehen und welchen Weg hat er dabei zurückgelegt? 7.2.8 Platte Auf zwei Zylindern gleicher Durchmesser, die sich entgegengesetzt drehen, liegt eine Platte mit der Masse m frei auf. Der Reibwert zwischen Walzen und Platte beträgt µ und der Abstand der Walzenmittelpunkte ist durch 2a gegeben. Prof. Dr.-Ing. G. Rill 7.3.2 Schiff Ein Schiff mit 8 000 t Wasserverdrängung verringert seine Geschwindigkeit durch Einwirkung des Wasserwiderstandes von v1 = 15 m/s auf v2 = 2 m/s in einer Zeit von T = 7 min. Der Wasserwiderstand ist proportional dem Quadrat der Schiffsgeschwindigkeit. Welchen Weg hat das Schiff in der Zeit T zurückgelegt? 7.3.3 Sportflugzeug m x a a Wie groß ist die horizontale Beschleunigung x¨ der Platte? Ein Sportflugzeug landet mit Schneekufen auf einer horizontalen Piste. Der Pilot setzt das Flugzeug ohne nennenswerte Vertikalgeschwindigkeit (v y0 ≈ 0) mit der Landegeschwindigkeit vx0 = 18.5 m/s auf. Der Reibwert zwischen Kufen und Schnee beträgt µ = 0.08. Die Luftwiderstandskraft FW und die Auftriebskraft FA am Flugzeug sind proportional zum Quadrat der Anströmgeschwindigkeit. 7.3 Kräfte Bei einer Anströmgeschwindigkeit von vx R = 1 m/s werden FWR = 1 N und FWA = 7 N gemessen. 7.3.1 Hebebühne Die Masse des Flugzeugs beträgt m = 2 000 kg. Beim Absenken einer Last (Masse M) durch eine Hebebühne (Masse m) gleitet der Hubkolben reibungsfrei in einem Zylinder und presst dabei über ein Drosselventil Hydrauliköl in einen Behälter. Die vom Hydrauliköl auf den Kolben ausgeübte Kraft kann durch a) Wie lange dauert es, bis das Flugzeug steht? b) Welchen Weg hat es bis dahin zurückgelegt? 7.4 Starrkörper-Kinematik F = Dv beschrieben werden, wobei v die Absenkgeschwindigkeit und D eine Konstante der Dimension kg/s bezeichnet. M m 7.4.1 Ventilator Bei dem skizzierten Ventilator führt das Gehäuse eine Schwenkbewegung um die vertikale Achse mit dem Winkel γ = γ(t) aus. Der im Gehäuse untergebrachte Motor dreht die Rotorblätter mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit α˙ = const. zL 
L xL zG
b) Berechnen Sie v = v(t), wenn die Hebebühne aus der Ruhe startet. G
γ yG   zR R P α xG  c) Welchen maximalen Wert kann die Absenkgeschwindigkeit v höchstens erreichen? yR   a) Mit welcher Beschleunigung bewegt sich die Hebebühne nach unten?  yL xR d) Wie groß ist die Kraft N, die beim Absenken zwischen der Last und der Hebebühne auftritt? 61 OTH Regensburg Technische Mechanik III y0 a) Berechnen Sie die Drehmatrix ALR , die Vektoren vom rotorblattfesten System R ins lagerfeste System L transformiert. b) Mit welcher Winkelgeschwindigkeit drehen sich die Rotorblätter gegenüber dem lagerfesten System L? Geben Sie den Winkelgeschwindigkeitsvektor im System L und im System G an.
rI
rA  c) Berechnen Sie Lage, Geschwindigkeit und Beschleunigung von Punkt P gegenüber dem lagerfesten System und geben Sie das Ergebnis im System G an. Der Abstand der Punkte L und G ist durch h, der Abstand der Punkte G und R durch a und der Durchmesser der Rotorblätter ist mit 2 r gegeben. x0 ω0I ω0A 7.5 Starrkörper-Kinetik 7.4.2 Reibradgetriebe In einem Reibradgetriebe wird das Antriebsrad mit dem Radius r 1 in axialer Richtung mit der konstanten Geschwindigkeit x˙ = v1 = const. verschoben. Dabei überträgt es seine Drehbewegung mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω1 = const. schlupffrei auf das Abtriebsrad. 7.5.1 Rührhaken Ein Rührhaken ist aus dünnem Stahldraht gebogen und hat die Masse M. Durch Anbringen der Zusatzmasse 3 m = 14 M konnte erreicht werden, daß der Schwerpunkt des gesamten Hakens auf der Drehachse z K liegt. Zum Zeitpunkt t = 0 startet es bei x(t = 0) = x 0 . zK A x
xK ω1 r1 a  yK  m  a  ω2 Berechnen Sie die Winkelgeschwindigkeit ω2 = ω2 und die Winkelbeschleunigung ω˙ 2 = ω˙ 2 des Abtriebrades.   a M a   a a 7.4.3 Rollenlager Der Außenring eines Rollenlagers rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ω0A; der Innenring mit ω0I . a) Wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit einer Rolle gegenüber dem System 0? b) Wie groß ist die Geschwindigkeit eines Rollenmittelpunktes gegenüber dem System 0? c) Untersuchen Sie auch die Sonderfälle ω0A = 0 und ω0I = 0. 62 a) Bestimmen Sie bezüglich Punkt A das Trägheitsmoment um die z K -Achse und alle Deviationsmomente. b) Wie groß sind die Lagerreaktionen im Punkt A, wenn der Rührhaken mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die z K -Achse rotiert? Technische Mechanik III (Dynamik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill 7.5.2 Relais Mit dem skizzierten System wird ein Relais nachgebildet. Der 25 mm breite Winkelhebel ist in A drehbar gelagert und besteht aus Stahlblech der Dichte ρ = 7850kg/m3 . trieben. Das Antriebsseil läuft über eine Umlenkrolle mit der Trägheit JB und dem Radius R. Die Aufzugkabine hat die Masse m2 . Das Gegengewicht mit der Masse m1 wird über den Radius r abgewickelt.  MA  2 Magnet  20 ϕ 15 R  g r  R   JA JB  x A
30
Mit welcher Winkelbeschleunigung ϕ¨ beginnt sich der Winkel zu drehen, wenn der Magnet mit der Kraft F = 2 N anzieht? m1 m2 Mit welcher Beschleunigung x¨ bewegt sich der Aufzug nach oben? 7.6.2 Fahrkorb 7.5.3 Kugel Eine Kugel mit der Masse m und dem Radius R wird mit der Mittelpunktsgeschwindigkeit v0 auf einer horizontalen Ebene aufgesetzt. Der Reibwert zwischen Kugel und Ebene beträgt µ. R Ein Seil ist hinreichend oft um eine Trommel mit dem Trägheitsmoment J und dem Radius r geschlungen. Die Trommel und der Fahrkorb haben zusammen die Masse m1 . v0 ϕ
m2 m µ a) Wie lange dauert es, bis die Kugel rollt? J r y2 m1 b) Welche Strecke hat die Kugel dabei zurückgelegt? b) Welche kinetische Energie hat die Kugel beim Aufsetzen und am Ende der Gleitphase? Hinweis: Das Trägheitsmoment einer Kugel ist mit J= 2 m R2 5 gegeben. y1 Das Seil läuft über zwei kleine Rollen und ist am Ende an der Masse m2 befestigt. Zu Beginn sind alle Körper in Ruhe. Wie groß ist die Winkelbeschleunigung der Trommel, wenn die Bremse an der Trommel gelöst wird? 7.6 Ebene Mehrkörpersysteme 7.6.1 Aufzug Die Antriebstrommel eines Aufzugs mit dem Radius R und der Trägheit J A wird durch das Moment M A ange- 63