Mathematical Engineering - LRT » Technische Mechanik II http://me-lrt.de Lernhilfen für das Studium, Übungsaufgaben mit Musterlösungen, Zusammenfassungen und Skripte, auch für andere technische Studiengänge relevant Fri, 27 Jan 2012 09:41:37 +0000 en hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.1.3 5.2 – schräg rotierender Vollzylinder http://me-lrt.de/52-koordinatentransformation-dyadisch-tragheitstensor-zylinder http://me-lrt.de/52-koordinatentransformation-dyadisch-tragheitstensor-zylinder#comments Tue, 17 Mar 2009 13:09:03 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=1627 Der skizzierte Vollzylinder sitzt schief auf einer Welle. Man berechne den Massenträgheitstensor bezüglich des mit der Welle mitdrehenden Koordinatensystems.

Gegeben:
Masse m, Radius a, Länge l, Drehwinkel α

Lösung

Wir berechnen zunächst den Trägheitstensor des Hauptachsensystems und transformieren diesen anschließend in das neue Koordinatensystem.

Trägheitstensor im Hautpachsensystem

Es werden also als erstes die Trägheitsmomente bezüglich der Achsen e1^{\prime}, e2^{\prime} und e3^{\prime} gesucht. Aufgrund der Symmetrie des Körpers können wir schon jetz sagen, dass die Massenträgheitsmomente um die e1^{\prime}- und e2^{\prime}-Achse identisch sind.

Trägheitsmoment um die Achse e3^{\prime}

Die Formel lautet:

\Theta _{33}^{\prime} = \rho \int_V^{} {d_1 ^2 +d_2 ^2 dV}

Dabei ist d1 der Abstand des aktuellen Massepunktes von der Achse 1. Analoges gilt für d2.

Diese Kombination aus den beiden Abständen ist durch den Satz des Pythagoras entstanden. Wir kennen aber bei der Integration in Zylinderkoordinaten auch die dritte Seite des Dreiecks, nämlich den gesuchten Abstand selbst. Dieser entspricht genau dem aktuellen Radius. Wir schreiben daher:

\Theta _{33}^{\prime} = \rho \int_V^{} {r^2 dV}

In Zylinderkoordinaten mit Beachtung der Jakobideterminante:

\Theta _{33}^{\prime} = \rho \int_0^l {\int_0^a {\int_0^{2\pi } {r^3 d\phi drdx} } }

\Theta _{33}^{\prime} = \rho \int_0^l {\int_0^a {2\pi r^3 drdx} }

\Theta _{33}^{\prime} = \rho \int_0^l {\frac{1} {2}\pi a^4 dx}

\Theta _{33}^{\prime} = \frac{l} {2}\rho \pi a^4

Wir ziehen die Masse heraus:

m = \rho \int_V^{} {dV} = \rho \int_0^l {\int_0^a {\int_0^{2\pi } {rd\phi drdx} } }

m = \rho \int_0^l {\int_0^a {2\pi rdrdx} } = \rho \int_0^l {\pi a^2 dx} = \rho \pi la^2

\Theta _{33}^{\prime} = \frac{l} {2}\rho \pi a^4 = \frac{m} {2}a^2

Trägheitsmoment um die Achse e1^{\prime}

Für eine Erläuterung dieser Integration siehe Massenträgheitsmoment: rotierender Kegel.

\Theta _{11}^{\prime} = \rho \int_{-\frac{l} {2}}^{\frac{l} {2}} {\int_0^a {\int_0^{2\pi } {r^3 \sin ^2 \phi +rx^2 d\phi drdx} } }

\Theta _{11}^{\prime} = \rho \int_{-\frac{l} {2}}^{\frac{l} {2}} {\int_0^a {\int_0^{2\pi } {r^3 \frac{1} {2}\left( {1-\cos \left( {2\phi } \right)} \right)+rx^2 d\phi drdx} } }

\Theta _{11}^{\prime} = \rho \int_{-\frac{l} {2}}^{\frac{l} {2}} {\int_0^a {r^3 \frac{1} {2}\left. {\left( {\phi -\frac{1} {2}\sin \left( {2\phi } \right)} \right)} \right|_0^{2\pi } +2\pi rx^2 drdx} }

\Theta _{11}^{\prime} = \rho \int_{-\frac{l} {2}}^{\frac{l} {2}} {\int_0^a {\pi r^3 +2\pi rx^2 drdx} }

\Theta _{11}^{\prime} = \rho \int_{-\frac{l} {2}}^{\frac{l} {2}} {\frac{\pi } {4}a^4 +\pi a^2 x^2 dx}

\Theta _{11}^{\prime} = \rho \left( {\frac{\pi } {4}a^4 l+\frac{\pi } {3}a^2 \frac{l} {4}^3 } \right) = \frac{1} {4}\rho \pi a^4 l+\frac{1} {{12}}\rho \pi a^2 l^3

Wir ziehen wieder die Masse heraus:

m = \rho \pi la^2

\Theta _{11}^{\prime} = \frac{1} {4}\rho \pi a^4 l+\frac{1} {{12}}\rho \pi a^2 l^3 = \frac{m} {{12}}\left( {3a^2 +l^2 } \right)

Die Matrix lautet demnach:

\Theta ^{\prime} = \frac{m} {{12}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3a^2 +l^2 & 0 & 0 \\ 0 & 3a^2 +l^2 & 0 \\ 0 & 0 & 6a^2 \\ \end{array} } \right)

Koordinatentransformation

Wir drücken nun die bisher benutzten Einheitsvektoren der drei Hauptachsen mit Hilfe der drei neuen Einheitsvektoren aus:

\vec e_1 ^{\prime} = \vec e_1 \cos \alpha -\vec e_3 \sin \alpha

\vec e_2 ^{\prime} = \vec e_2

\vec e_3 ^{\prime} = \vec e_1 \sin \alpha +\vec e_3 \cos \alpha

Die Transformationsgleichung zur Koordinatentransformation in das neue Koordinatensystem lautet:

\Theta = \Theta ^{\prime}_{ij} \vec e_i ^{\prime} \otimes \vec e_j ^{\prime}

In diese mit Hilfe der einsteinsche Summenkonvention dargestellten Summe setzen wir unsere Werte ein. Dabei müssen wir nur die Hauptdiagonale betrachten, da die Deviationsmomente 0 sind:

\Theta = \Theta ^{\prime}_{11} \vec e_1 ^{\prime} \otimes \vec e_1 ^{\prime}+\Theta ^{\prime}_{22} \vec e_2 ^{\prime} \otimes \vec e_2 ^{\prime}+\Theta ^{\prime}_{33} \vec e_3 ^{\prime} \otimes \vec e_3 ^{\prime}

\Theta = \Theta ^{\prime}_{11} \left( {\vec e_1 \cos \alpha -\vec e_3 \sin \alpha } \right) \otimes \left( {\vec e_1 \cos \alpha -\vec e_3 \sin \alpha } \right)+\Theta ^{\prime}_{22} \vec e_2 \otimes \vec e_2

+\Theta ^{\prime}_{33} \left( {\vec e_1 \sin \alpha +\vec e_3 \cos \alpha } \right) \otimes \left( {\vec e_1 \sin \alpha +\vec e_3 \cos \alpha } \right)

Wir multiplizieren die Klammern aus. Die dyadischen Produkte werden dabei nicht ausgewertet sondern einfach mitgeschleppt.

\Theta = \Theta ^{\prime}_{11} \left( {\left( {\cos ^2 \alpha } \right)\vec e_1 \otimes \vec e_1 -\left( {\cos \alpha \sin \alpha } \right)\vec e_1 \otimes \vec e_3 -\left( {\cos \alpha \sin \alpha } \right)\vec e_3 \otimes \vec e_1 +\left( {\sin ^2 \alpha } \right)\vec e_3 \otimes \vec e_3 } \right)

+\Theta ^{\prime}_{22} \vec e_2 \otimes \vec e_2 +\Theta ^{\prime}_{33} \left( {\left( {\sin ^2 \alpha } \right)\vec e_1 \otimes \vec e_1 +\left( {\sin \alpha \cos \alpha } \right)\vec e_1 \otimes \vec e_3 +\left( {\sin \alpha \cos \alpha } \right)\vec e_3 \otimes \vec e_1 +\left( {\cos ^2 \alpha } \right)\vec e_3 \otimes \vec e_3 } \right)

Nun multiplizieren wir noch die Elemente des Trägheitstensors in die Klammern hinein und lösen diese somit auf:

\Theta = \Theta ^{\prime}_{11} \cos ^2 \alpha \vec e_1 \otimes \vec e_1 -\Theta ^{\prime}_{11} \cos \alpha \sin \alpha \vec e_1 \otimes \vec e_3 -\Theta ^{\prime}_{11} \cos \alpha \sin \alpha \vec e_3 \otimes \vec e_1

+\Theta ^{\prime}_{11} \sin ^2 \alpha \vec e_3 \otimes \vec e_3 +\Theta ^{\prime}_{22} \vec e_2 \otimes \vec e_2 +\Theta ^{\prime}_{33} \sin ^2 \alpha \vec e_1 \otimes \vec e_1

+\Theta ^{\prime}_{33} \sin \alpha \cos \alpha \vec e_1 \otimes \vec e_3 +\Theta ^{\prime}_{33} \sin \alpha \cos \alpha \vec e_3 \otimes \vec e_1 +\Theta ^{\prime}_{33} \cos ^2 \alpha \vec e_3 \otimes \vec e_3

Jetzt können wir nach den dyadischen Produkten sortieren:

\Theta = \vec e_1 \otimes \vec e_1 \left( {\Theta ^{\prime}_{11} \cos ^2 \alpha +\Theta ^{\prime}_{33} \sin ^2 \alpha } \right)

+\vec e_1 \otimes \vec e_3 \left( {\Theta ^{\prime}_{33} \sin \alpha \cos \alpha -\Theta ^{\prime}_{11} \cos \alpha \sin \alpha } \right)

+\vec e_2 \otimes \vec e_2 \Theta ^{\prime}_{22}

+\vec e_3 \otimes \vec e_1 \left( {\Theta ^{\prime}_{33} \sin \alpha \cos \alpha -\Theta ^{\prime}_{11} \cos \alpha \sin \alpha } \right)

+\vec e_3 \otimes \vec e_3 \left( {\Theta ^{\prime}_{11} \sin ^2 \alpha +\Theta ^{\prime}_{33} \cos ^2 \alpha } \right)

Da die dyadischen Produkte genau den Koordinatenangaben des Tensors entsprechen, schreiben wir die fertige Matrix einfach aus der letzten Berechnung:

\Theta = \frac{m} {{12}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} \left( {3a^2 +l^2 } \right)\cos ^2 \alpha +6a^2 \sin ^2 \alpha & 0 & \left( {6a^2 -3a^2 -l^2 } \right)\sin \alpha \cos \alpha \\ 0 & 3a^2 +l^2 & 0 \\ \left( {6a^2 -3a^2 -l^2 } \right)\sin \alpha \cos \alpha & 0 & \left( {3a^2 +l^2 } \right)\sin ^2 \alpha +6a^2 \cos ^2 \alpha \\ \end{array} } \right)

Die Matrix kann mit Hilfe diverser Additionstheoreme noch ein wenig vereinfacht werden, worauf hier aber verzichtet wurde.

]]> http://me-lrt.de/52-koordinatentransformation-dyadisch-tragheitstensor-zylinder/feed 0 5.1 – Massenträgheitstensor eines Kegels http://me-lrt.de/51-massentragheitstensor-kegel-deviationsmoment http://me-lrt.de/51-massentragheitstensor-kegel-deviationsmoment#comments Mon, 16 Mar 2009 16:01:26 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=1593 Man ermittle für den homogenen Kegel der Masse m die Massenträgheitsmatrix bezüglich des eingeführten Koordinatensystems.

Gegeben:

m, R, H

Lösung

Zuerst berechnen wir das Trägheitsmoment um die x-Achse, da dies am einfachsten ist.

Die Formel lautet:

\Theta _{xx} = \rho \int_V^{} {z^2 +y^2 dV}

Der Abstand von der x-Achse kann einfacher dargestellt werden, als mit dem Pythagoras, nämlich einfach mit dem aktuellen Radius r:

\Theta _{xx} = \rho \int_V^{} {r^2 dV}

Der Radius ist eine lineare Funktion, die vom Ursprung des Koordinatensystems aus mit dem Wert 0 beginnt und bei x = H den Wert R hat. Dies schreiben wir als:

r\left( x \right) = \frac{R} {H}x

Für die Integration benutzen wir Zylinderkoordinaten.

Dabei ist der Einfluss der Jakobideterminante (Faktor r) zu beachten!

\Theta _{xx} = \rho \int_0^H {\int_0^{r\left( x \right)} {\int_0^{2\pi } {r^3 d\varphi drdx} } }

\Theta _{xx} = \rho \int_0^H {\int_0^{r\left( x \right)} {2\pi r^3 drdx} }

\Theta _{xx} = \rho \int_0^H {\frac{1} {2}\pi \frac{{R^4 }} {{H^4 }}x^4 dx}

\Theta _{xx} = \rho \frac{1} {{10}}\pi \frac{{R^4 }} {{H^4 }}H^5 = \frac{1} {{10}}\pi \rho R^4 H

Hier können wir noch die Masse herausziehen. Für die Masse des Kegels gilt:

m = \rho \int_V^{} {dV} = \rho \int_0^H {\int_0^{r\left( x \right)} {\int_0^{2\pi } {rd\varphi drdx} } }

m = \rho \int_0^H {\int_0^{r\left( x \right)} {2\pi rdrdx} }

m = \rho \int_0^H {\pi \frac{{R^2 }} {{H^2 }}x^2 dx}

m = \rho \frac{{\pi R^2 }} {{3H^2 }}H^3 = \frac{1} {3}\rho \pi R^2 H

Wir teilen das Ergebnis für das Trägheitsmoment durch das Ergebnis für die Masse und erhalten:

\Theta _{xx} = \frac{3} {{10}}R^2 m

Von den anderen beiden Hauptträgheitsmomenten müssen wir nur eins berechnen, da sie aufgrund von Symmetrie identisch sind.

Wir berechnen hier das Trägheitsmoment um die z-Achse. Die Formel lautet:

\Theta _{zz} = \rho \int_V^{} {x^2 +y^2 dV}

Das x kann als Abstand von der x-Achse bleiben, für das y müssen wir schreiben:

y = r\sin \varphi

Das wird aus folgender Abbildung ersichtlich:

Eingesetzt:

\Theta _{zz} = \rho \int_V^{} {x^2 +r^2 \sin ^2 \varphi dV}

Wir integrieren erneut in Zylinderkoordinaten und beachten das Ergebnis der Jakobideterminante:

\Theta _{zz} = \rho \int_0^H {\int_0^{r\left( x \right)} {\int_0^{2\pi } {x^2 r+r^3 \sin ^2 \varphi d\varphi drdx} } }

Da sin2 schwer zu integrieren ist, schreiben wir stattdessen:

\Theta _{zz} = \rho \int_0^H {\int_0^{r\left( x \right)} {\int_0^{2\pi } {x^2 r+r^3 \frac{1} {2}\left( {1-\cos \left( {2\varphi } \right)} \right)d\varphi drdx} } }

Integration:

\Theta _{zz} = \rho \int_0^H {\int_0^{r\left( x \right)} {2\pi x^2 r+\left[ {r^3 \frac{1} {2}\left( {\varphi -\frac{1} {2}\sin \left( {2\varphi } \right)} \right)} \right]_0^{2\pi } drdx} }

\Theta _{zz} = \rho \int_0^H {\int_0^{r\left( x \right)} {2\pi x^2 r+r^3 \frac{1} {2}\left( {2\pi -\underbrace {\frac{1} {2}\sin \left( {4\pi } \right)}_0} \right)drdx} }

\Theta _{zz} = \rho \int_0^H {\int_0^{r\left( x \right)} {2\pi x^2 r+\pi r^3 drdx} }

\Theta _{zz} = \rho \int_0^H {\left[ {\pi x^2 r^2 +\frac{\pi } {4}r^4 } \right]_0^{\frac{R} {H}x} dx}

\Theta _{zz} = \rho \int_0^H {\pi x^2 \frac{{R^2 }} {{H^2 }}x^2 +\frac{\pi } {4}\frac{{R^4 }} {{H^4 }}x^4 dx}

\Theta _{zz} = \rho \int_0^H {\pi \frac{{R^2 }} {{H^2 }}x^4 +\frac{\pi } {4}\frac{{R^4 }} {{H^4 }}x^4 dx}

\Theta _{zz} = \frac{\pi } {5}\frac{{R^2 }} {{H^2 }}H^5 +\frac{\pi } {{20}}\frac{{R^4 }} {{H^4 }}H^5

\Theta _{zz} = \frac{1} {5}\pi \rho R^2 H^3 +\frac{1} {{20}}\pi \rho R^4 H

Für die Masse gilt immernoch:

m = \rho \int_V^{} {dV} = \rho \frac{{\pi R^2 }} {{3H^2 }}H^3 = \frac{1} {3}\rho \pi R^2 H

Eingesetzt:

\Theta _{zz} = \frac{1} {5}\pi \rho R^2 H^3 +\frac{1} {{20}}\pi \rho R^4 H = \frac{3} {{20}}\left( {4H^2 +R^2 } \right)m

Die Deviationsmomente sind gleich 0, da die Symmetrieachsen hier den Achsen des Koordinatensystems entsprechen.

Die Matrix ist also:

\left( {\begin{array}{*{20}{c}} \frac{3} {{10}}R^2 m & 0 & 0 \\ 0 & \frac{3} {{20}}\left( {4H^2 +R^2 } \right)m & 0 \\ 0 & 0 & \frac{3} {{20}}\left( {4H^2 +R^2 } \right)m \\ \end{array} } \right)

]]> http://me-lrt.de/51-massentragheitstensor-kegel-deviationsmoment/feed 0 3.2 – rotierende Walze mit angehängter Stange http://me-lrt.de/32-momentanpol-euler-rotierende-walze-stange http://me-lrt.de/32-momentanpol-euler-rotierende-walze-stange#comments Sat, 14 Mar 2009 21:24:06 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=1580 Eine Walze mit dem Radius a rollt auf einer horizontalen Unterlage mit konstanter Geschwindigkeit v0 des Walzenmittelpunktes O. Sie schleppt einen im Zapfen B angelenkten Stab S der Länge l.
Man berechne die Winkelgeschwindigkeit ω des Stabes in Abhängigkeit vom Walzungswinkel φ der Walze.

gegeben:

a, b, l > a+b, v0

Lösung

Zunächst eine Skizze:

Wir wollen nun den Winkel α in Abhängigkeit vom Winkel φ beschreiben. Hierzu ein paar trigonometrische Betrachtungen. (zudem führen wir ein Koordinatensystem im Walzenschwerpunkt ein)

Es gilt also:

\sin \alpha = \frac{{a-b\cos \varphi }} {l}\quad \quad \Rightarrow \quad \quad l\sin \alpha = a-b\cos \varphi

Das Ziel ist es nun, die Winkelgeschwindigkeit zu berechnen. Wir leiten daher ab:

l\sin \alpha = a-b\cos \varphi \quad \quad \Rightarrow \quad \quad l\dot \alpha \cos \alpha = b\dot \varphi \sin \varphi \quad \quad \Rightarrow \quad \quad \dot \alpha = \frac{{b\dot \varphi \sin \varphi }} {{l\cos \alpha }}

Nun haben wir eine Gleichung für die Winkelgeschwindigkeit, allerdings ist diese vom Winkel α abhängig. Wir ersetzen gemäß Skizze und mit dem Satz von Pythagoras:

l\cos \alpha = \sqrt {l^2 -\left( {a-b\cos \varphi } \right)^2 } \quad \quad \to \quad \quad \dot \alpha = \frac{{b\dot \varphi \sin \varphi }} {{\sqrt {l^2 -\left( {a-b\cos \varphi } \right)^2 } }}

Die gesuchte Winkelgeschwindigkeit hängt nun noch von der anderen Winkelgeschwindigkeit ab. Diese ist bislang unbekannt.

Wir nutzen im Folgenden die Eulersche Geschwindigkeitsformel:

\vec v = \vec v_F +\vec \omega \times \left( {\vec r-\vec r_F } \right)

Diese wenden wir auf den Momentanpol an. Betrachtet man eine infinitesimale Bewegung der Walze in Richtung v0, so haben alle Punkte der Walze unterschiedliche Eigengeschwindigkeiten, resultierend aus der Kombination von Translation und Rotation der Walze.
Der einzige Punkt, der sich nicht bewegt, ist der Auflagepunkt der Walze auf der Ebene, direkt unter ihrem Schwerpunkt. Diesen Punkt nennt man Momentanpol, da er für den “Moment” der “Pol” ist, um den sich das ganze System dreht.

Der Ortsvektor des Momentanpols sei rM. Seine Geschwindigkeit vM = 0. In die Eulersche Geschwindigkeitsgleichung eingesetzt:

\vec v_M = \vec v_0 +\dot {\vec {\varphi}} \times \left(\vec r_M -\vec r_0 \right)\quad \quad \Rightarrow \quad \quad \vec v_0 +\dot{\vec{\varphi}} \times \left( {\vec r_M } \right) = 0

Für den Ortsvektor des Momentanpols gilt, da er sich in negativer y-Richtung befindet:

\vec r_M = -a\vec e_y

Wenn die Walze nach rechts rollt, dreht sich auch der Winkel rechtsherum. Der Vektor der Winkelgeschwindigkeit zeigt dann nach hinten, also entgegen der nach vorne zeigenden z-Achse:

\dot{ \vec {\varphi}} = -\dot \varphi \vec e_z

eingesetzt:

\vec v_0 -\dot \varphi \vec e_z \times \left( {-a\vec e_y } \right) = 0

Es gilt weiterhin:

\vec e_z \times \vec e_y = -\vec e_x \quad \quad \to \quad \quad \vec v_0 -a\dot \varphi \vec e_x = 0

Auch der Anfangsgeschwindigkeitsvektor zeigt in x-Richtung, wir können daher ausklammern:

\vec e_x \left( {v_0 -a\dot \varphi } \right) = 0\quad \quad \Rightarrow \quad \quad v_0 -a\dot \varphi = 0\quad \quad \Rightarrow \quad \quad \frac{{v_0 }} {a} = \dot \varphi

in die Gleichung für die gesuchte Winkelgeschwindigkeit eingesetzt:

\dot \alpha = \frac{{b\dot \varphi \sin \varphi }} {{\sqrt {l^2 -\left( {a-b\cos \varphi } \right)^2 } }}\quad \quad \to \quad \quad \dot \alpha = \frac{{v_0 }} {a}\frac{{b\sin \varphi }} {{\sqrt {l^2 -\left( {a-b\cos \varphi } \right)^2 } }}

]]> http://me-lrt.de/32-momentanpol-euler-rotierende-walze-stange/feed 0 Mechanik beim Stoßvorgang http://me-lrt.de/mechanik-stossvorgang-plastisch-elastisch http://me-lrt.de/mechanik-stossvorgang-plastisch-elastisch#comments Wed, 11 Mar 2009 17:18:42 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=1525 Wir betrachten keine komplizierten Stoßvorgänge, bei denen Körper mit komplexen Oberflächen so zusammenstoßen, dass es mehrere Kontaktpunkte gibt.
Hier sollen zunächst nur Kugeln betrachtet werden, da diese eine konvexe Oberfläche haben und der Stoß leicht zu berechnen ist.

Bezeichnungen:

Die Vektoren v bezeichnen die Geschwindigkeit und Richtung der Kugeln unmittelbar vor dem Stoß, die Vektoren c die Geschwindigkeiten und Richtungen unmittelbar nach dem Stoß.

Stoßkraft:

\vec F \sim \frac {\vec r_2-\vec r_1}{\left| \vec r_2-\vec r_1 \right|}

Gerader zentraler Stoß

\vec v_1, \vec v_2 \sim \frac {\vec r_2-\vec r_1}{\left| \vec r_2-\vec r_1 \right|}

Aus der Vernachlässigung folgt, dass der Impulserhaltungssatz gilt:

Impuls vor dem Stoß:

m_1 \vec v_1+m_2 \vec v_2

Impuls nach dem Stoß:

m_1 \vec c_1+m_2 \vec c_2

gleichsetzen:

m_1 \vec v_1+m_2 \vec v_2 = m_1 \vec c_1+m_2 \vec c_2

Die Vektoren haben die gleiche Richtung, wir können daher mit ihrem Betrag weiterrechnen:

m_1 v_1+m_2 v_2 = m_1 c_1+m_2 c_2

Es sind die beiden resultierenden Geschwindigkeiten gesucht, also zwei Unbekannte. Bisher haben wir nur eine Gleichung, für die Berechnung brauchen wir eine zweite.

Qualitativer Verlauf der Stoßkraft

Bei t = t* ist der Abstand der beiden Schwerpunkte minimal.

d \left( t \right) = \left| x_2 \left( t \right)-x_1 \left( t \right) \right|

d \left( t* \right) = \min

\frac{d}{dt} \left| x_2 \left( t* \right)-x_1 \left( t* \right) \right| = 0

x_2-x_1 > 0

\dot x_2 \left( t* \right)-\dot x_1 \left( t* \right) = 0

\dot x_2 \left( t* \right) = \dot x_1 \left( t* \right) = U

Freikörperbild zur Zeit t*:

Impulssätze für m1 und m2:

m_1 \left( U-v_1 \right) =-\int \limits_{t_0}^{t*}{k_1 \left( t \right) dt} =-I_1

m_2 \left( U-v_2 \right) = \int \limits_{t_0}^{t*}{k_1 \left( t \right) dt} = I_1

\Rightarrow U = \frac{m_1 v_1+m_2 v_2}{m_1+m_2}

Impulssätze für m1 und m2:

m_1 \left( c_1-U \right) = -\int \limits_{t*}^{t1}{k_1 \left( t \right) dt} =-I_2

m_2 \left( c_2-U \right) = \int \limits_{t*}^{t1}{k_1 \left( t \right) dt} = I_2

Newtonsche Stoßhypothese

Die Flächen beschreiben die Energie, die zur Verformung notwendig ist. Wenn der Stoß elastisch ist, sind die Flächen A1 und A2 gleich groß.
Beim plastischen Stoß unterscheiden sich die Flächen um den Faktor ε

I_2 = \epsilon I_1

ε wird auch “Stoßzahl” genannt. In der Schulphysik unterscheidet man nur die zwei Spezialfälle:

  • ε = 1 → Rein elastischer Stoß
  • ε = 0 → Rein inelastischer Stoß
]]> http://me-lrt.de/mechanik-stossvorgang-plastisch-elastisch/feed 0 8.4 – Rad an einem Pendel Rollt auf einer Kreisbahn http://me-lrt.de/84-rad-an-einem-pendel-rollt-auf-einer-kreisbahn http://me-lrt.de/84-rad-an-einem-pendel-rollt-auf-einer-kreisbahn#comments Wed, 11 Mar 2009 17:11:41 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=1523 Ein Pendel besteht aus einer Stange der Länge 6 r und der Masse m sowie zwei Scheiben (Masse 4 m, Radius 2 r), eine fest, eine drehbar. Die drehbare rollt mit dem Radius r auf einer Kreisbahn (Radius 6 r) ab. Das Pendel rollt aus der horizontalen Ruhelage ab.
Welche Winkelgeschwindigkeit hat es in der vertikalen Lage?

Gegeben:

m , r , ΘScheibe = 1/2 M R² , g = 9,81 m/s²

Skizze

Lösung

(Als Index verwende ich im Folgenden l, r und s für Scheibe links, Scheibe rechts und Stab.)

Diese Aufgabe lässt sich komplett über den Energieerhaltungssatz Lösen. Wie bei der vorangehenden Aufgabe können wir auch hier wieder feststellen, dass das „Pendel“ in seiner Ausgangslage nur potentielle Energie besitzt, die in der vertikalen Lage in kinetische Energie und Rotationsenergie übergeht.

E_{pot} = E_{kin} +E_{rot}

Die potentiellen Energien (im Vergleich zum vertikalen Zustand) lassen sich an folgender Zeichnung ablesen

Pendel vertikal

Dabei bezieht sich die potentielle Energie immer auf den Schwerpunkt des jeweiligen Teilobjektes. Da der Stab 6r lang ist und der Stab bei r aufgehängt ist befindet sich sein Schwerpunkt also im Abstand 2r von der Aufhängung.

Für die potentielle Energie erhalten wir also:

E_{pot} = 4m \cdot g \cdot 5r+m \cdot g \cdot 2r-4m \cdot g \cdot 3r = 10mgr

Die dritte Komponente ist negativ, da hier keine Energie frei wird, sondern welche verbraucht wird, um die Masse der Scheibe anzuheben.

Für die Kinetische Energie (auch wieder im Bezug auf die Schwerpunkte) gilt:

E_{kin} = \frac{1} {2} \cdot 4m \cdot v_l^2 +\frac{1} {2} \cdot m \cdot v_s^2 +\frac{1} {2} \cdot 4m \cdot v_r^2

Die Geschwindigkeiten lassen sich auch durch den Winkel φ bzw. die Winkelgeschwindigkeit der Drehbewegung (die wir ja suchen) ausdrücken:

\dot \varphi = \omega

v_l = \omega \cdot 5r

v_s = \omega \cdot 2r

v_r = \omega \cdot 3r

\Rightarrow E_{kin} = \frac{1} {2} \cdot 4m \cdot \left( {\omega \cdot 5r} \right)^2 +\frac{1} {2} \cdot m \cdot \left( {\omega \cdot 2r} \right)^2 +\frac{1} {2} \cdot 4m \cdot \left( {\omega \cdot 3r} \right)^2

\Rightarrow E_{kin} = 50m\omega ^2 r^2 +2m\omega ^2 r^2 +18m\omega r^2

\Rightarrow E_{kin} = 70m\omega ^2 r^2

Für die Rotationsenergien (auch wieder Rotation um den jeweiligen Schwerpunkt betrachtet) ergibt sich:

E_{rot} = \frac{1} {2} \cdot \theta _l \cdot \omega _2^2 +\frac{1} {2} \cdot \theta _s \cdot \omega ^2 +\frac{1} {2} \cdot \theta _r \cdot \omega ^2

Eingesetzt werden nun zweimal das Trägheitsmoment eines Zylinders und einmal das Trägheitsmoment für einen Stab. Für die Herleitung der Trägheitsmomente siehe hier.

E_{rot} = \frac{1} {2} \cdot \frac{1} {2}4m\left( {2r} \right)^2 \cdot \omega _2^2 +\frac{1} {2} \cdot \frac{1} {{12}}m\left( {6r} \right)^2 \cdot \omega +\frac{1} {2} \cdot \frac{1} {2}4m\left( {2r} \right)^2 \cdot \omega

Hier ist das ω2 der linken Scheibe zu beachten. Das wird anhand folgender Zeichnung deutlich:

Winkel

Die Rechte Scheibe und der Stab rotieren beide mit der Geschwindigkeit ω. Die Geschwindigkeit der linken Scheibe lässt sich über folgenden Zusammenhang herstellen:

Rollendes Rad

Wir führen einen neuen Winkel ψ ein und drehen das System um φ. Dann gilt für den „abgerollten Weg“:

I:\quad s = \varphi \cdot 6r

II:\quad s = \psi \cdot r+\varphi \cdot r

\Rightarrow \varphi 6r = \psi r+\varphi r

\Rightarrow 5\varphi = \psi

\Rightarrow 5\dot \varphi = \dot \psi

\Rightarrow 5\omega = \omega _2

Eingesetzt erhalten wir:

E_{rot} = \frac{1} {2} \cdot \frac{1} {2}4m\left( {2r} \right)^2 \cdot \left( {5\omega } \right)^2 +\frac{1} {2} \cdot \frac{1} {{12}}m\left( {6r} \right)^2 \cdot \omega ^2 +\frac{1} {2} \cdot \frac{1} {2}4m\left( {2r} \right)^2 \cdot \omega ^2

\Rightarrow E_{rot} = 100m\omega ^2 r^2 +\frac{3} {2}m\omega ^2 r^2 +4m\omega ^2 r^2

\Rightarrow E_{rot} = \frac{{211}} {2}m\omega ^2 r^2

Nun wird alles eingesetzt und umgeformt:

E_{pot} = E_{kin} +E_{rot}

10mgr = 70m\omega ^2 r^2 +\frac{{211}} {2}m\omega ^2 r^2

\Rightarrow 10mgr = \frac{{351}} {2}m\omega ^2 r^2

\Rightarrow \frac{{20g}} {{351r}} = \omega ^2

\underline{\underline { \Rightarrow \sqrt {\frac{{20}} {{351}}\frac{g} {r}} = \omega }}

Fertig!

]]> http://me-lrt.de/84-rad-an-einem-pendel-rollt-auf-einer-kreisbahn/feed 0 Dämpfung http://me-lrt.de/dampfung-schwingung-linear http://me-lrt.de/dampfung-schwingung-linear#comments Wed, 11 Mar 2009 15:30:56 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=1508 Dämpfung ist die Umwandlung von mechanischer Schwingungsenergie in andere Energieformen. Ein Beispiel ist ein Federpendel, das in einer Flüssigkeit pendelt.

Lineare Dämpfung
Bei einer linearen Dämpfung ist die Dämpfungskraft linear von der Geschwindigkeit abhängig:

F_D = \eta \dot s

Nichtlineare Dämpfung
Quadratische Geschwindigkeitsabhängigkeit

F_D = \frac {1}{2} C_w \rho A \dot s^2 \operatorname{sgn} \left( \dot s \right)

\operatorname{sgn} \left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} + 1 \quad\quad\quad\quad x \geq 0 \\ - 1 \quad\quad\quad\quad x < 0 \\ \end{array} } \right.

Beispiel: Freier Fall in Luft

Differentialgleichung der Bewegung:

m \ddot z = mg-\frac {1}{2} c_w \rho A \dot z^2

gesucht ist v \left( t \right) = \dot z

Wir erhalten zunächst die Gleichung für die Beschleunigung in Abhängigkeit von der Zeit:

\Rightarrow \dot v \left( t \right) = g-\frac {c_w \rho A}{2m} v^2

Diese gilt es nun so zu integrieren, dass wir die Gleichung für die Geschwindigkeit in Abhängigkeit von der Zeit erhalten. Als Nebenbedingung können wir dabei verwenden:

v \left( 0 \right) = 0

Daher ist die zu addierende Integrationskonstante gleich 0.
Wir teilen durch g:

\frac {1}{g} \dot v = 1-\frac {c_w \rho A}{2mg} v^2

und nutzen aus, dass die Endgeschwindigkeit konstant und somit die Endbeschleunigung gleich 0 ist:

\dot v_\infty = 0

Wir setzen die soeben berechnete Formel gleich 0 und lösen nach der Endgeschwindigkeit auf:

0 = 1- \frac {c_w \rho A}{2mg} v_\infty ^2 \quad \quad v_\infty = \sqrt {\frac {2mg}{c_w \rho A}}

Nun wollen wir aber die Geschwindigkeit zu einem beliebigen Zeitpunkt angeben. Wir schreiben die Ableitung der Geschwindigkeit als

\frac{1}{g} \frac{dv}{dt} = 1-\left( \frac{v}{v_\infty} \right) ^2

und trennen zum Integrieren die Variablen:

\frac{dV}{1-\frac{v}{v_\infty}^2} = gdt

Substitution:

\frac {v}{v_\infty} = x \quad \quad \Rightarrow dv = v_\infty dx

\frac {v_\infty dx}{1-x^2} = g dt

Nun zur Integration (Achtung: Wegen der Substitution müssen auch die Integrationsgrenzen angepasst werden):

v_\infty \int\limits_0^{\frac{v}{v_\infty}}{\frac{dx}{1-x^2}} = \int\limits_0^t {gdt} = gt

Integration der linken Seite (mit Hilfe der Formelsammlung):

v_\infty \int\limits_0^{\frac{v}{v_\infty}}{\frac{dx}{1-x^2}} = v_\infty \frac{1}{2} \ln {\frac{1+x}{1-x}} = v_\infty {arctanh} \left( \frac{v}{v_\infty} \right)

Die Integration der rechten Seite ist einfach. Wir setzen die Teile wieder zusammen und erhalten:

\Rightarrow {arctanh} \left( \frac{v}{v_\infty} \right) = \frac{gt}{v_\infty}

Wir bilden den Tangens-Hyperbolicus:

\frac {v}{v_\infty} = \tanh \left(\frac{gt}{v_\infty} \right)

So kommen wir auf das Endergebnis:

v \left( t \right) = v_\infty \tanh \left( \frac{gt}{v_\infty} \right)

Die Definition des Tangens Hyperbolicus verdeutlicht, wie die Funktion auszusehen hat:

\tanh \left( x \right) = \frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}

Beispiel: Umgedrehtes Pendel

Elemente bei Torsion:

Lineare Feder: M_C = C_T \varphi

Linearer Dämpfer: M_D = \eta_T \dot \varphi

Coulomb Reibung: M_R = \eta_T \operatorname{sgn} \left( \dot \varphi \right)

Der Stab des Pendels, an dem die Masse m hängt, ist selbst masselos und hat die Länge l.

Freikörperbild:

Drallsatz:

\theta \ddot \alpha = mgl \sin \alpha-M_\eta-M_C

Die benötigten Konstanten und Kräfte sind:

\theta = ml^2, \quad \quad M_C = C_T \alpha, \quad \quad M_\eta = \eta_T \dot \alpha

Wir erhalten die Differentialgleichung der Bewegung:

\Rightarrow \ddot \alpha+\frac{C_T}{ml^2} \alpha-\frac{g}{l} \sin \alpha+\frac{\eta_T}{ml^2} \dot \alpha = 0

Die Bewegungsgleichung ist nicht linear und kann nicht mehr analytisch gelöst werden. Es muss also eine numerische Annäherung berechnet werden.

Alternativ kann die Gleichung für kleine Winkel α linearisiert werden. Mit der linearisierten Gleichung kann dann allerdings nicht mehr das Verhalten des Pendels berechnet werden, wenn es nach unten “durchschlägt”, was mit der obigen Gleichung noch möglich wäre.

Linearisierung:

\ddot \alpha+\left( \frac{C_T}{ml^2}-\frac{g}{l} \right) \alpha+\frac{\eta_T}{ml^2} \dot \alpha = 0

Schwingungen treten auf für

\frac {C_T}{ml^2}-\frac{g}{l} > 0

m < \frac{C_T}{gl}

]]> http://me-lrt.de/dampfung-schwingung-linear/feed 0 8.3 – Pendel stößt gegen Feder http://me-lrt.de/83-pendel-stost-gegen-feder http://me-lrt.de/83-pendel-stost-gegen-feder#comments Tue, 10 Mar 2009 20:51:40 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=1500 Ein Stab der Masse m und der Länge L, an dessen Ende die punktförmige Masse M befestigt ist, dreht sich infolge der Schwerkraft um den Punkt A aus der waagerechten in die senkrechte, in der die Masse M auf eine Feder mit der Federkonstante c trifft.
Wie weit wird die Feder zusammengedrückt, wenn sie zum Zeitpunkt des Auftreffens der Masse entspannt ist?
Wie groß ist die Auftreffgeschwindigkeit der Masse M?

Gegeben:
m = 0,3 M
M = 1 kg
L = 1m
g = 9,81 m/s²
c = 2•105 N/m

Pendel stößt gegen Feder

Lösung

Berechnen wir zunächst die Auftreffgeschwindigkeit der Masse M:

Am Anfang besitzt das System nur potentielle Energie, welche bei Bewegung des Systems in potentielle, kinetische und Rotations-Energie übergeht. Daher gilt nach dem Energieerhaltungssatz:

E_{pot_1 } = E_{kin} +E_{pot_2 } +E_{rot}

Für die einzelnen Energien gilt dabei:

Die anfängliche potentielle Energie setzt sich zusammen aus der potentielle Energie von Stab und punktförmiger Masse:

E_{pot} = m \cdot g \cdot h

E_{pot_1 } = \left( {M+m} \right)gL = MgL+mgL

Bei der kinetischen Energie muss jeweils die Geschwindigkeit des Schwerpunktes betrachtet werden:

E_{kin} = \frac{1}{2}Mv_k^2 +\frac{1}{2}mv_s^2

Geschwindigkeiten im System

Für die potentiellen Energie im vertikalen Zustand gilt:

E_{pot_2 } = mg\frac{L}{2}

denn auch hier gilt: Es wird immer der Schwerpunkt eines Objektes betrachtet. Der Schwerpunkt der punktförmigen Masse befindet sich ganz unten bei Höhe 0, daher fällt dieser Anteil weg. Der Schwerpunkt des Stabes dagegen befindet sich bei Höhe L/2.

Und schließlich gilt noch für die Rotationsenergie des Stabes:

E_{rot} = \frac{1}{2}J \omega ^2

J = \frac{1}{{12}}mL^2

\omega = \frac{v}{r} = \frac{{v_s }}{{\left( {\frac{L}{2}} \right)}}\quad \Rightarrow \quad \omega ^2 = \frac{{v_s^2 }}{{\left( {\frac{L}{2}} \right)^2 }}

E_{rot} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{12}}mL^2 \cdot \frac{{v_s^2 }}{{\left( {\frac{L}{2}} \right)^2 }} = \frac{4}{{24}}mv_s^2

Es wird nur die Rotation um den Schwerpunkt betrachtet. Die Herleitung des Trägheitsmomentes für einen Stab ist nachlesbar im Artikel über Trägheitsmomente

Bei der Kugel muss man sich entscheiden, ob man eine um den Schwerpunkt rotierende, oder eine sich nur translativ bewegende punktförmige Masse annehmen will. Im ersten Fall gibt es keine Rotationsenergie, im zweiten keine kinetische Energie. Wir haben uns hier für den ersten Fall entschieden.

Eingesetzt erhalten wir nun also die Beziehung:

MgL+mgL = \frac{1}{2}Mv_k^2 +\frac{1}{2}mv_s^2 +mg\frac{l}{2}+\frac{4}{{24}}mv_s^2

Die Beziehung zwischen den beiden Geschwindigkeiten, die uns nun noch fehlt, lässt sich herleiten durch:

v_s = \omega _2 \cdot \frac{L}{2}\quad \Rightarrow \quad \omega _2 = \frac{{2v_s }}{L}

v_k = \omega _2 \cdot L\quad \Rightarrow \quad \omega _2 = \frac{{v_k }}{L}

\Rightarrow \frac{{2v_s }}{L} = \frac{{v_k }}{L}

\Rightarrow \underline{\underline {v_s = \frac{{v_k }}{2}}}

Geschwindigkeitsbeziehungen

Einsetzen und Umstellen nach v ergibt dann:

MgL+\frac{m}{2}gL = \frac{1}{2}Mv_k^2 +\frac{1}{2}m\frac{{v_k^2 }}{4}+\frac{4}{{24}}m\frac{{v_k^2 }}{4}\quad | \cdot 2

2\left( {M+\frac{m}{2}} \right)gL = Mv_k^2 +\frac{1}{2}mv_k^2 +\frac{1}{{12}}mv_k^2

\left( {2M+m} \right)gL = \left( {M+\frac{1}{4}m+\frac{1}{{12}}m} \right)v_k^2

\underline{\underline {\sqrt {\frac{{\left( {2M+m} \right)gL}}{{\left( {M+\frac{1}{3}m} \right)}}} = v_k }}

\sqrt {\frac{{\left( {2 \cdot 1kg+0,3kg} \right) \cdot 9,81\frac{m}{{s^2 }} \cdot 1m}}{{\left( {1kg+\frac{1}{3} \cdot 0,3kg} \right)}}} = 4,528997481\frac{m}{s} \approx \underline{\underline {4,529\frac{m}{s} = v_k }}

Somit haben wir die gesuchte Auftreffgeschwindigkeit.

Als nächstes berechnen wir die Strecke, um die die Feder zusammengedrückt wird. Dazu schauen wir uns noch einmal die Zeichnung an:

Pendel stößt gegen Feder

Wie wir schon festgestellt haben, besitzt das System zu Anfang nur seine potentielle Energie. Wenn das System aus Stab und punktförmiger Masse nun die Feder zusammengedrückt hat, ruht dieses. D.h. es hat seine gesamte Energie in die Verformung der Feder gesteckt. Das heißt also im Endeffekt für die Energieerhaltung:

E_{pot_1 } = E_{Feder}

MgL+mg\frac{L}{2} = \frac{1}{2} \cdot c \cdot s^2

\Rightarrow \underline{\underline {\sqrt {\frac{{\left( {2M+m} \right)gL}}{c}} = s}}

\sqrt {\frac{{\left( {2 \cdot 1kg+0,3kg} \right) \cdot 9,81\frac{m}{{s^2 }} \cdot 1m}}{{2 \cdot 10^5 \frac{N}{m}}}} = 0,010621441m \approx \underline{\underline {1,062cm = s}}

Fertig!

]]> http://me-lrt.de/83-pendel-stost-gegen-feder/feed 2 8.1 – Kugel rollt über Sprungschanze http://me-lrt.de/81-kugel-rollt-sprungschanze-schrager-wurf-energieerhaltung http://me-lrt.de/81-kugel-rollt-sprungschanze-schrager-wurf-energieerhaltung#comments Tue, 10 Mar 2009 13:01:37 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=1487 Eine Kugel mit dem Gewicht m und dem Radius a durchläuft rein rollend eine gekrümmte Bahnkurve. Sie ist zunächst im Punkt A in Ruhe und verlässt die Bahnkurve im Punkt B, in dem die Bahntangente den Winkel α mit der Waagerechten B-C einschließt.

  1. In welcher Entfernung L wird die Kugel auf der Ebene B-C aufschlagen?
  2. Welche größte Höhe zmax erreicht die Kugel, nachdem sie die Bahnkurve A-B verlassen hat?

Gegeben: H, h, m, a, α, g

Lösung

a )

Wir teilen das Problem in zwei Bereiche, nämlich die Bewegung von A nach B (Rollen der Kugel entlang der Bahn) und die Bewegung von B nach C (schräger “Wurf” der Kugel).

Da es keine Reibung gibt, wirken nur konvervative Kräfte. Das Problem A-B kann daher mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes gelöst werden.

Die potentielle Energie U und die kinetische Energie E müssen als Summe in Punkt A und Punkt B gleich sein:

E_A +U_A = E_B +U_B

Hierbei wird die kinetische Energie in Translationsenergie und Rotationsenergie aufgeteilt. Es gilt:

E_A = E_{trans,A} +E_{rot,A} = 0

E_B = E_{trans,B} +E_{rot,B} = \frac{m} {2}v^2 +\frac{\theta } {2}\omega ^2

und eingesetzt in den Energieerhaltungssatz:

mgH = \frac{m} {2}v^2 +\frac{\theta } {2}\omega ^2 +mgh

Für das Trägheitsmoment θ und die Winkelgeschwindigkeit ω der Kugelt gelten die Zusammenhänge

\theta = \frac{2} {5}mr^2 ,\quad \quad \quad \omega = \frac{v} {r}

[Berechnung des Trägheitsmomentes einer Kugel in dieser Aufgabe]

Diese setzen wir in die Energieerhaltung ein und lösen nach v auf, um die Geschwindigkeit am Ende der Bahn A-B zu erhalten:

mgH = \frac{m} {2}v^2 +\frac{2} {{10}}mr^2 \frac{{v^2 }} {{r^2 }}+mgh

gH = \frac{1} {2}v^2 +\frac{2} {{10}}v^2 +gh

g\left( {H-h} \right) = \frac{7} {{10}}v^2

\sqrt {\frac{{10}} {7}g\left( {H-h} \right)} = v

Wir betrachten nun das Problem “schräger Wurf mit gegebener Anfangsgeschwindigkeit”. Die Anfangsgeschwindigkeit wurde in der ersten Teilaufgabe berechnet.

Die Differentialgleichungen der Bewegung lauten:

F_x = m\ddot x

F_z = m\ddot z

Eingesetzt und integriert:

0 = \ddot x

\dot x = C_1

x = C_1 t+C_2

und die andere:

-mg = m\ddot z

-g = \ddot z

\dot z = -gt+C_3

z = -\frac{g} {2}t^2 +C_3 t+C_4

Randbedingungen:

x\left( 0 \right) = 0\quad \quad \Rightarrow \quad \quad C_2 = 0

\dot x\left( 0 \right) = v_0 \cos \alpha \quad \quad \Rightarrow \quad \quad C_1 = v_0 \cos \alpha

z\left( 0 \right) = 0\quad \quad \Rightarrow \quad \quad C_4 = 0

\dot z\left( 0 \right) = v_0 \sin \alpha \quad \quad \Rightarrow \quad \quad C_3 = v_0 \sin \alpha

eingesetzt:

x = v_0 \cos \alpha t

z = -\frac{g} {2}t^2 +v_0 \sin \alpha t

x wird nun nach t umgestellt und in z eingesetzt, damit wir die Gleichung für z(x) erhalten:

t = \frac{x} {{v_0 \cos \alpha }}

z\left( x \right) = -\frac{g} {2}\left( {\frac{x} {{v_0 \cos \alpha }}} \right)^2 +v_0 \sin \alpha \frac{x} {{v_0 \cos \alpha }}

z\left( x \right) = -\frac{g} {2}\frac{{x^2 }} {{v_0 ^2 \cos ^2 \alpha }}+x\tan \alpha

Für die Weite des Wurfes suchen wir nun die Nullstellen dieser Funktion. Die erste ist schon bekannt und wurde als Rahmenbedingung verwendet: x = 0. Die andere Nullstelle der Parabel muss also ungleich 0 sein, wir dürfen durch x teilen:

-\frac{g} {2}\frac{{x^2 }} {{v_0 ^2 \cos ^2 \alpha }}+x\tan \alpha = 0

-\frac{g} {2}\frac{x} {{v_0 ^2 \cos ^2 \alpha }}+\tan \alpha = 0

x = \frac{{2\tan \alpha v_0 ^2 \cos ^2 \alpha }} {g} = \frac{{2\sin \alpha v_0 ^2 \cos \alpha }} {g}

Nun setzen wir die in der ersten Teilaufgabe berechnete Geschwindigkeit ein:

L = \frac{{2\sin \alpha \frac{{10}} {7}g\left( {H-h} \right)\cos \alpha }} {g} = \frac{{20}} {7}\left( {H-h} \right)\sin \alpha \cos \alpha

b )

Die Höhe ist an der Stelle maximal, an der die vertikale Geschwindigkeit gleich 0 ist (Übergang vom Steigen zum Fallen):

\dot z = -gt+v_0 \sin \alpha = 0

gt_{\max } = v_0 \sin \alpha

t_{\max } = \frac{{v_0 \sin \alpha }} {g}

eingesetzt in die Funktion z(t):

z\left( {t_{\max } } \right) = -\frac{g} {2}\left( {\frac{{v_0 \sin \alpha }} {g}} \right)^2 +v_0 \sin \alpha \frac{{v_0 \sin \alpha }} {g} = \frac{1} {2}\frac{{v_0 ^2 \sin ^2 \alpha }} {g}

z\left( {t_{\max } } \right) = \frac{5} {7}\left( {H-h} \right)\sin ^2 \alpha

]]> http://me-lrt.de/81-kugel-rollt-sprungschanze-schrager-wurf-energieerhaltung/feed 0 Abhängigkeit der Arbeit vom Weg http://me-lrt.de/abhangigkeit-arbeit-weg-reibung http://me-lrt.de/abhangigkeit-arbeit-weg-reibung#comments Thu, 05 Mar 2009 23:38:09 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=1467 Beispiel 1-Arbeit ist unabhängig vom Weg

Ein Massestück wird im Schwerefeld der Erde nach oben gezogen:

Hierbei ist es egal, ob er gerade nach oben gezogen wird, oder auf einem Umweg. Um dies zu zeigen, schneiden wir das Massestück frei:

Gewichtskraft:

\vec F_G = -mg\vec e_z

Geschwindigkeit:

\dot {\vec r}\left( t \right) = \dot {\vec z}\left( t \right)

Arbeit:

A_{1 \to 2} = \int_{t_1 }^{t_2 } {\vec F\left( t \right)\dot {\vec r}\left( t \right)dt} = -\int_{t_1 }^{t_2 } {mg\dot {\vec z}\left( t \right)dt}

A_{1 \to 2} = -mgz\left( {t_2 } \right)+mgz\left( {t_1 } \right) = mg\left( {z_2 -z_1 } \right)

Beispiel 2-Arbeit ist abhängig vom Weg

Ein Massestück wird über eine rauhe Oberfläche gezogen:

Hierbei ist die Arbeit abhängig von der Weglänge, da für einen längeren Weg mehr Reibungsarbeit entsteht. Um dies zu zeigen, schneiden wir das Massestück frei:

Länge der Bahnkurve:

l_{1 \to 2}

Gleitreibungskraft:

\vec R = -\mu \left| {\vec G} \right|\frac{{\dot {\vec r}}} {{\left| {\dot {\vec r}} \right|}}

Zugkraft:

\vec F = F\frac{{\dot {\vec r}}} {{\left| {\dot {\vec r}} \right|}}

Gewichtskraft:

\vec G = -mg\vec e_z

Normalkraft:

\vec N = N\vec e_z

Gleichgewicht der Kräfte:

\vec G+\vec N+\vec R+\vec F = \vec 0

Die Kräfte müssen einen geschlossenen Vektorzug ergeben:

Es gilt: G = N, F = R

N = mg,\quad \quad F = \mu mg

Daraus resultiert für die Arbeit:

A_{1 \to 2} = \int_{t_1 }^{t_2 } {\vec F\left( t \right)\dot {\vec r}\left( t \right)dt} = \int_{t_1 }^{t_2 } {\mu mg\frac{{\dot {\vec r}}} {{\left| {\dot {\vec r}} \right|}}\dot {\vec r}dt} = \int_{t_1 }^{t_2 } {\mu mg\left| {\dot {\vec r}} \right|dt}

A_{1 \to 2} = \int_{t_1 }^{t_2 } {\mu mg\dot s\left( t \right)\:dt = } \mu mg\left( {s\left( {t_2 } \right)-s\left( {t_1 } \right)} \right) = \mu mgl_{1 \to 2}

]]> http://me-lrt.de/abhangigkeit-arbeit-weg-reibung/feed 0 Schwerpunktsatz und Drallsatz http://me-lrt.de/schwerpunktsatz-und-drallsatz http://me-lrt.de/schwerpunktsatz-und-drallsatz#comments Wed, 25 Feb 2009 14:18:37 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=1419 Ein Paar grundlegende Dinge zum Verständnis der TM II

Bekannt sein dürften die Gleichgewichtsbedingungen aus TM I:

\sum {\vec F = 0}

\sum {\vec M = 0}

Bsp:
\sum {\vec F = S_1 +S_2 -S_3 = 0}

\sum {\vec M = M_a +M_b -M_c = 0}

Das System ist hierbei im Gleichgewicht.

In TM II befassen wir uns allerdings nicht mehr mit starren Körpern, die im Gleichgewicht sind, sondern mit bewegten Systemen. Hier sind die Summen der Kräfte nicht mehr = 0. (Ansonsten würde auch ja auch nichts bewegen bzw. (exakter) sich keine Bewegung verändern).

Hier gelten (im 2-dimensionalen!) die Beziehungen:

\sum {\vec F} = m \cdot \ddot {\vec r}

\sum {\vec M} = \theta \cdot \dot {\vec \omega}

Einsetzen des Bsp:

\sum {\vec F = S_1 +S_2 -S_3 } = m \cdot \ddot {\vec r}

\sum {\vec M = M_a +M_b -M_c } = \theta \cdot \dot {\vec \omega}

Oder kürzer:

m \cdot \ddot {\vec r} = S_1 +S_2 -S_3

\theta \cdot \dot {\vec \omega} = M_a +M_b -M_c

Info:

\sum {\vec F} = m \cdot \ddot {\vec r} : „Schwerpunktsatz“ beschreibt die Translationsbewegungen.
\sum {\vec M} = \theta \cdot \dot {\vec \omega} : „Drallsatz“ beschreibt die Rotationsbewegungen.

Kraft = Masse • Beschleunigung

Moment = Trägheitstensor • Winkelbeschleunigung

Zusammenfassung:

Σ F : Translation \Rightarrow SPS
Σ M : Rotation \Rightarrow DS

\mathcal{JK}

]]> http://me-lrt.de/schwerpunktsatz-und-drallsatz/feed 0