Aufgaben zum II. Band

Schwierige Aufgaben sind mit einem * versehen.

Aufgabe 10.1. Der skizzierte Winkelrahmen rotiert um den festen Punkt O. Man zeichne einige Geschwindigkeiten.

Die Geschwindigkeit 0 A des Punktes A steht senkrecht auf der Geraden 0 A und hat den Betrag vA =OAw=2Iw. Auf der Verbindungslinie OA'liegen

~~' w=~ 2l

B

V .4

Abb. 10.1 a. Abb.l0.lb.

nun die Spitzen aller Geschwindigkeiten der Punkte der Geraden 0 A, und da diese aIle der Geschwindigkeit b A parallel sein miissen, sind sie bereits festgelegt, siehe Abb. b.

Die Geschwindigkeit 0 B steht senkrecht zur Geraden 0 B, ihr Betrag ist VB = OB w = Vii. I w. Die Spitze der Geschwindigkeit 00 irgendeines Punktes 0 der Geraden AB liegt auf der Geraden A' B' und steht senkrecht auf 00.

Man zeichne noch einige weitere Geschwindigkeiten in die Abb. b ein.

Aufgabe 10.2. Ein Kreisring vom Radius r rollt im Inneren eines Kreises vom Radius R nach Abb. a.

a) Wie oft dreht sich der Ring wahrend eines vollen Umlaufs urn sich selbst? b) Welche Bahnkurven beschreiben die Punkte des Kreisrings fiir den Sonder­

fall R = 2r? c) Wie lautet das Bewegungsgesetz dieser Punkte, wenn insbesondere die

Drehgeschwindigkeit if! = w des Ringes konstant ist? a) Da der Ring sich um den Momentanpol Q dreht, ist die Bahngeschwindig­

keit des Mittelpunktes V M = r w. Andererseits Iauft M auf einem Kreis um 0 mit dem Radius R - r mit der Winkelgeschwindigkeit eX urn, daher gilt die Be­ziehung (a), die sich in (b) leicht integrieren laBt, wobei wir die Integrations­konstante Null setzen, was nur bedeutet, daB IX und rp ihren Nullwert zur gleichen Zeit annehmen. Wenn der Ring einmal umIauft, ist IX = 2n, der zugehiirige Dreh­winkel if; des Ringes ist daher ebenfalls durch (b) gegeben.

b) Wir berechnen nun die Gleichung der Bahnkurve eines beliebigen Punktes P mit dem Koordinatensystem der Abb. a. Die Gl. (c) des Ortsvektors !p enthalt

62 Aufgaben

zunachst die beiden Winkel IX und f{!, die aber durch (b) auf Grund der Roll­bedingung miteinander verkniipft sind_ Setzen wir noch rp = w t und fiihren als geeignete Abkiirzung A ein, so haben wir in (d) den Ortsvektor als Funktion von t. Speziell fiir R = 2r, also A = 1, wird daraus (e); der Punkt P bewegt sich dann auf der x-Achse. Man mache sich dieses auf den ersten Blick verbliiffende Ergebnis auch anschaulich klar.

c) Wahrend der Rollbewegung gilt im Dreieck OP Q dauernd der Satz des Pythagoras: 82 + a2 = R2. Andererseits ist vp = s = a w, somit a = slw, das

y y

Abb.lO.2a. Abb.lO.2b.

s-s-Diagramm (f) aber stellt nach (1.28) das Bewegungsgesetz einer harmonischen Schwingung mit der Amplitude R und der Kreisfrequenz 'V = W um das Zentrum 0 dar. Dies gilt natiirlich nur dann, wenn 'V = W = const ist, was wir aber gerade vorausgesetzt haben.

(R ) . R-r. vM=rw= -rcx->-q,=w=---cx, r

R-r f{!=---lX,

r

R-r rp=---2:rr.

r

[ COSlX] [Sin f{!] ~p = ~M + t p = (R - r) . + r

- SlllCX cosf{!

Xp(t) = - + r ; r [COSA-wt] [coswtl , A- -sinA-wt sinwtJ

r }.= R-r

~p=rf coswt) +rrcoswt) = [2rCooswt) = [RCOoswt) l-sinwt lsinwt

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

Aufgabe 10.3. Der Punkt F eines exzentrischen Geradschubkurbelgetriebes lauft mit konstanter Drehgeschwindigkeit w auf einem Kreis mit dem Radius a um. Man ermittle das Geschwindigkeits-Weg-Diagramm fiir den Kreuzkopf G.

Aufgaben 63

Gegeben: 1= 4a, d = a. Den GeschwindigkeitsmaBstab wahlen wir so, daB der konstante Betrag v

der Geschwindigkeit OF die Lange a hat; die Spitze der gedrehten Geschwindig­keit 611' liegt dann fiir jede Stellung des Getriebes im Mittelpunkt 0 des Kurbel­kreises. Die Parallele zu Fa durch die Spitze von 611" also durch 0, schneidet auf der N ormalen zu gg durch a bereits die gesuchte Geschwindigkeit 60 ab, denn die Richtung von 00 ist durch die gerade Bahn von a vorgegeben. Diese Konstruk­tion fiihrt man fiir hinreichend viele Lagen des Pleuels Fa durch und findet damit

Abb.10.3&.

das x-x- (Geschwindigkeits-Weg-) Diagramm der Abb. a. Die angegebene Kon­struktion versagt, wenn 0, F und a auf einer Geraden liegen ("Totlagen" des Getriebes), dann aber ist der Kreuzkopf a momentan in Ruhe, weil er auf seiner Bahn umkehren muB.

Frage: Fiir welche Kurbelstellung wird V(J maximal?

Aufgabe 10.4. Ein Stab der Lange I wird mit seinen Endpunkten F und a auf zwei zueinander senkrechten Geraden If und gg gefiihrt, sogenannter Kreuz­schieber nach Abb. a.

a) Wie mu.B der Punkt F (bzw. a) gefiihrt werden, damit die Drehgeschwindigkeit des Stabes konstant bleibt?

b) Man ermittle die Rastpolbahn und c) die Bahn eines beliebigen Punktes H

des Stabes.

g

a) Die Richtungen der Geschwindigkei- f =e«,,---O-;:;f-----3:E--.,,=;:; r ten OF und 00 sind durch die beiden Geraden f f und gg festgelegt; die Normalen zu diesen Geraden in Fund a schneiden sich somit im Momentanpol Q, siehe Abb. b. Die Drehung des Stabes werde durch den Winkel p gekenn­

g Abb.10.4a.

zeichnet; fiir p = 0 ist der Stab der y-Richtung parallel. Nun schreiben wir fiir das Dreieck OFQ den Satz des Pythagoras an und beachten, daB FQ = a = vF/w = xF/w ist:

(a)

Bei konstanter Drehgeschwindigkeit ist dies nach (1.28) die x-x-Funktion einer harmonischen Bewegung mit der Kreisfrequenz w = v, der Amplitude I und dem Zentrum O.

64 Aufgaben

b) Da in jeder Lage des Stabes die Entfernung OQ = 1 = const ist, muB die Rastpolbahn ein Kreis um 0 mit dem Radius 1 sein.

0) Einen beliebigen Punkt H des Stabes kennzeiohnen wir durch seine Ent­fernung h vom Punkt F. Dann gilt naoh Abb. b:

Xo = BH = (1 - h) sin 9' , Yo = AH = h 0089', (b)

und hieraus folgt duroh Quadrieren und Addieren die Gleiohung einer Ellipse mit den Halbaohsen 1 - h und h:

(0)

Fiir den Mittelpunkt M des Stabes ist dies ein Kreis mit dem Radius l/2 um 0, fiir die Endpunkte F und G ein doppeltes Geradenstiick.

Abb. 10.4 b.

* Aufgabe 10.5. Ein gerader starrer Stab wird naoh Abb. a mit dem Endpunkt F auf einer Geraden If gefiihrt und wiHzt sioh dabei an einem Kreis vom Radius 1 ab. Man ermittle

a) die Rastpolbahn, b) die Gangpolbahn. 0) 1m Bereioh AC maoht der Punkt F eine harmonische Schwingung mit der

Kreisfrequenz v. Die Drehgeschwindigkeit ()) = ¢ des Stabes ist iiber der Geraden I I aufzutragen.

a) Wir kennen die Riohtungen zweier Geschwindigkeiten: OF hat die Riohtung von If, weil diese Gerade die Bahnkurve von Fist, und OE steht senkreoht zur Geraden ME infolge der Walzbedingung. Die beiden Normalen zu If und EF schneiden sich somit im Momentanpol Q nach Abb. a. Fiihrt man diese Konstruk­tion fUr mehrere Lagen des Stabes durch, so ergibt sich als Rastpolbahn eine zur Geraden OM symmetrische Parabel, was auch die folgende Rechnung

zeigt. Zunachst ist x = 0 F = FE, weil von F aus zwei Tangenten an denselben Kreis gelegt sind, und nun liest man aus den beiden Dreiecken E F Q und M D Q

die Beziehungen (a) ab, aus denen sich mit Hilfe der Identitiit (b) der Winkel", eliminieren laBt, siehe (c).

Auoh ganz formal kommt man zum gleichen Ergebnis. Da der Drehwinkel 9" des Stabes durch die Gerade F M dauernd halbiert wird, ist X F = 1 tan 9'/2 , ferner

Aufgaben 65

YF = 0, was wir in (d) differenzieren und in (8) einsetzen. Die Rastpolbahn ergibt sich dann in (e).

b) Die Gangpolbahn ist auf anschauliche Weise schon weniger leicht zu ge­winnen; wir stiitzen uns daher von vornherein auf die Formeln (9), die mit den bekannten Beziehungen (f) auf die Gangpolbahn (h) fiihren. Diese ist hier zufallig

der Rastpolbahn kongruent, wie ein Vergleich der Formeln (e) und (h) ergibt, siehe auch Abb. a, die das Abrollen der beiden Parabeln zeigt. Zeichnet man den mit der Gangpolbahn fest verbundenen Stab auf Transparentpapier und rollt die beiden Parabeln aufeinander ab, so stellt man fest, daB der Stab tatsachlich die vorgeschriebene Bewegung ausfiihrt.

c) Die Bahngeschwindigkeit des Punktes F sei v, dann ist w = v/y[}. Nun solI F eine harmonische Bewegung mit der Kreisfrequenz 11 und der Amplitude

r = I um das Zentrum Z machen, also ist nach (1.28) v = 11 Vl2 - 82, WO 8 = X - 21 nach Abb. a von Z aus gezahlt wird. Die neue Koordinate 8 setzen wir in (0) ein und haben damit die Funktion w = w (8) in (i). Man erhalt sie zeiohnerisoh, wenn man das v-s-Diagramm als Kreis iiber AC auftragt und nun die Kreiskoordinaten

66 Aufgaben

durch die Parabelkoordinaten Y!J der Abb. a dividiert, siehe Abb. b,

EF OF x cos", = --= ---'

QF QF y' DQ y-l

tan", = -= = --DM x'

(a)

(b)

e/:-lr=(~r-l x2 + 12 (21 + 8)2 + 12 ~ Y=-2-1-= 21 ' ( c)

xp = ltan ~; x' = .i. (1 + tan2 !E..) . F 2 2 ' YF = 0, y~, = O. (d)

(8)~X-9=xF-y;'=ltan~ -0;

, 1 ( q; ) 1 ( x~ ) Y-9 =YF +xF = 0+'2 1 + tan2 '2 = '2 1 +---;,2 . (e)

1 + tan2 !E.. = __ 1_. sinm = 2 sin!E.. cos!E..· cosm = eos2 !E.. - sin2!E.. 2 'T 2 2' T 2 2'

eos2!E.. 2

(f)

(9) ~ ~-9 = x;' sinq; - Y;' cosq; = ; (1+ tan2 ~) sinq; - 0 )

1 1 . q; q; q; = ----2sm-cos- = Itan-, 2.'P 2 2 2

cos 2

(g)

'7Q = x;, eos'P + y;' sin'P = ~ (I + tan" ~) cosqJ + 0 = ~ __ 1_ (cos2!E.. _ sin2£') = ~ (1 _ tan2 £.) = .i.(1 _ ~~)

2 2 q; 2 2 2 2 2 12 ' cos 2

(h)

v(s) 21 V V12- 82 VI - (8/1)2 W(8) = Y(8) = (21+8)2+12 = 1 + (2 + 8/1)2 2v. (i)

* Aufgabe 10.6. Das Antriebsrad einer Shaping-Masehine rotiert mit der kon­stanten Drehzahl n. Man zeiehne das Gesehwindigkeits-Weg-Diagramm des Punk­tes D.

Gegeben: n = 20 Ujmin, 1 = 90 em, a = b = 40 em, d = 20 em, r = 15 em. Wir wahlen den GesehwindigkeitsmaBstab so, daB die gedrehte Gesehwindig­

keit 69 des Kurbelzapfens G stets in M liegt. P sei jener Punkt des Schwing­hebels OA, der momentan mit G zusammenfallt. Naeh Abb. 10.12liegen die Spitzen der Gesehwindigkeiten bo und bp auf einer Parallelen zu OA, also liegen die Spit­zen der gedrehten Gesehwindigkeiten 60 und Up auf der zu OA senkreehten Ge­raden uu, womit 6p bekannt ist. Da nun der Sehwinghebel OA urn 0 rotiert, ist 6A = (OA/OP) 6p = A. Op. Die Multiplikation mit diesem Faktor A. gesehieht mit Hilfe ahnlieher - in der Abb. b sehraffierter - Dreieeke: Man zieht dureh A die Parallele tt zu 60 und flillt von deren Sehnittpunkt T mit der Geraden OM das Lot auf 0 A, womit U.A gefunden ist. Da nun If die Bahn des Punktes D ist, muB Un auf If senkreeht stehen. Naeh Abb. 10.3 liegen nun die Spitzen der beiden

Aufgaben

gedrehten Geschwindigkeiten 6,4 und aD auf einer Parallelen zur Geraden AD. Damit ist auch 6D ermittelt.

In der Abb. b ist fUr die gleiche Lage des Schwinghebels OA die KonstruktionfUr den Riicklauf gestrichelt durchgefiihrt. Fiir kleine Winkel ~ benutzt man besser die wahren statt der gedrehten Geschwindig­keiten. Fiihrt man diese Konstruktion fiir mehrere Lagen durch, so ergibt sich das skizzierte Geschwindigkeits-W eg -Diagramm.

Zum SehluB noch ein Wort zum MaB­stab. Alle auftretenden Geschwindigkeiten sind durch die Geschwindigkeit Do vom Betrag v = r w festgelegt. Fiir die maxi­male Geschwindigkeit im Punkt E greift man mit dem Zirkel vmax = 3,7v = 3,7 r w abo Speziell fiir die gegebenen Werte ist ein Umlaufgleich 2nr=2n·15em=30ncm, folglich werden in der Minute 20· 30 n em

t

f----------~~~~WW~--f

Abb.lO.6b.

67

A

68 Aufgaben

= 600n em zurUekgelegt. Die maximale Gesehwindigkeit im Punkt E ist somit Vmax = 3,7 . 600n em/min = 37 n em/sec = 116,2 em/sec.

Aufgabe 10.7. Innen- und AuJ3enring eines Rollenlagers drehen sieh mit den Winkelgesehwindigkeiten WI und 002 naeh Abb. a. Man bereehne:

a) Die Gesehwindigkeit V M der Walzenmittelpunkte M. b) Die Drehgesehwindigkeit 00 der Walzen. c) Das Drehzahlverhaltnis (J = 001/002 , bei welehem die Walzen eine reine

Translation maehen. d) Es sei insbesondere WI = 002 • Wieviel Umdrehungen hat dann jede Walze

gemaeht, wenn sieh die beiden Ringe gerade einmal gedreht haben? Die beiden Ringe drehen sieh um den festen Mittelpunkt 0; die Gesehwindig­

keiten der Beriihrungspunkte F und G sind daher VJI' = a1 WI und Va = a2w2. Auf Grund der Rollbedingung miissen die Gesehwindigkeiten von Ring und Walze in Fund G einander gleieh sein (Abb. 10.13), es sind daher fiir die Walze selbst bereits zwei - vertrag- D(]~:::::::::t-'""":?f~~-liehe - Gesehwindigkeitsvektoren ge­geben, womit ihr Gesehwindigkeitsfeld festliegt.

Abb.lO.7a. Abb.lO.7b.

a) Der Drehpol f} der Walze liegt im Sehnittpunkt der gemeinsamen Nor­malen FG mit der Verbindungslinie der Spitzen von bp und ba. Die Gesehwindig­keit b M muB daher das arithmetisehe Mittel aus b.li' und ba sein, (a).

b) Die Drehgesehwindigkeit 00 = tant'J bereehnen wir naeh (1) bzw. naeh Abb. 10.2, wobei es gleiehgiiltig ist, welehen Punkt der Walze wir dazu heran­ziehen. Zum Beispiel konnten wir 00 = tant'J = vG/ra wahlen. Da wir aber'die Streeke ra = Gf} nieht kennen, benutzen wir das in Abb. b schraffierte Dreieek, das ja ebenfalls den Winkel t'J enthiilt und bekommen damit die gesuehte Dreh­gesehwindigkeit in (b).

c) Jetzt sollen die Walzen eine Translation ausfiihren, d. h., die Drehgesehwin­digkeit 00 soil gleieh Null sein. Dies in (b) eingesetzt gibt das gesuehte Drehzahl­verhaltnis (J in (c). Die Verbindungslinie AB in Abb. a z. B. bleibt wahrend der Bewegung der festen Strecke A' B' dauernd parallel.

d) Fiir WI = 002 = w geht (b) iiber in (d). Es wird 00 = W = WI = 002' und das bedeutet, daB sieh die Walzen mit der gleichen Drehgesehwindigkeit bewegen wie die Ringe. Das gesamte Lager rotiert also wie ein starres Gauzes. Man konnte

Aufgaben 69

z. B. die beiden Ringe durch einen Bolzen AB fest mit der Walze verbinden, ohne daB die Bewegung gestort wiirde.

VjJ[=t(VF+vO)=t(alwl+a2w2)' (a)

(b)

WI a2 a=-=-, W 2 a l

(c)

a2 W - a l W _ W= =W.

a2 - a l (d)

Aufgabe 10.8. Eine Stange OAB dreht sich mit konstanter Winkelgeschwin­digkeit W um den festen Punkt 0 und tragt zwei Rader, die aufeinander abrollen. Das Rad I roUt auBerdem von innen an einem festen Kreis vom Radius R, so daB die Bewegung des aus Stange und Radern gebildeten Planetengetriebes zwangs­laufig ist, siehe Abb. a.

f

f Abb. lO.8.

a) Man ermittle die Lagen der drei Drehpole und b) die Drehgeschwindigkeiten der drei Scheiben. c) Wie oft dreht sich das Rad II um sich selbst, wenn die Stange einmal

um den Punkt 0 rotiert? Gegeben: R = 91, r1 = 2l, r2 = l. a) Das Geschwindigkeitsfeld der Stange ist gegeben. Ihr Drehpol ist no = 0

und die Drehgeschwindigkeit Wo = w. Die beiden Punkte A und B der Rader

70 Aufgaben

sind gleichzeitig Punkte der Stange, somit konnen wir deren Geschwindigkeiten -- --

mit den Betragen v"" = OAw = 4100 und VB = OBw = 7100 in Abb. b eintragen. Die Scheibe 1 rollt an der AuBenwand ab, also ist der Beriihrungspunkt C ihr Momentanpol QI. Dieser legt mit 11 B gemeinsam das Geschwindigkeitsfeld der Scheibe 1 eindeutig fest. Verbinden wir den Momentanpol Q I mit der Spitze des Geschwindigkeitsvektors l1B' so schneidet~ese Gerade die Geschwindigkeit l1D

vom Betrag vD = 2VB = 14100 aus, weil CD = 2 CB ist. Da sich die Scheiben 1 und 11 im Punkt D beriihren und aufeinander rollen, ist l1D auch ein Geschwindig­keitsvektor der Scheibe 11 und legt zusammen mit 11"" das Feld der Scheibe 11 fest. Die Verbindungsgerade f f der Spitzen von 11"" und 11 D schneidet die Gerade 0 C im Drehpol Q2 der Scheibe 11. Damit sind die drei Drehpole bekannt.

b) Da wir von jeder Scheibe den Drehpol und mindestens eine Geschwindig­keit kennen, ist die Drehgeschwindigkeit ()) = tant'J fiir jede Scheibe leicht zu

bestimmen, siehe (b). Bei der Berechnung von 002 stort es, daB wir die Entfernung A Q 2

nicht kennen; wir benutzen daher nicht das kleine schraffierte Dreieck, sondern das Dreieck rechts oberhalb davon, das ja auch den Winkel t'J2 enthiilt. Da sich die Scheibe 1 im Gegensinn von 00 dreht, bekommt WI das Minuszeichen.

c) Nach (b) ist 002 = lOw. Das Rad 11 dreht sich daher zehnmal um sich selbat, wahrend die Stange einmal um den Punkt 0 rotiert.

vA=OAw=41w, vB =OBw=71w, (a)

~ 7100 ) tant'JI = =- = u-- = 3,500 = - WI' QIB

t .. _ VA _ VD - VA _ 14100 -41 ()) 10 anu2 - Q

2A - AD - I = 00 = ())2·

tant'Jo = ()),

(b)

Aufgabe 10.9. Eine Kreisscheibe (Exzenter) dreht sich Ulll den festen Punkt 0 mit konstanter Drehgeschwindigkeit ()) und wiilzt sich gleichzeitig an der gerad­!inigen Kante einer Scheibe 11 ab, die zu einer Translation in y-Richtung gezwungen wird. Man ermittle die Bewegung der Scheibe

a) geometriach und b) kinematisch. a) Aus der Abb. a liest man unmittelbar die Funktion y = y(rp) ab und be­

kommt damit wegen rp = ()) t die harmonische Schwingung (b) mit der Amplitude 6

und der Kreisfrequenz ()) = v Ulll das ZentrUlll Z, siehe Abb. a rechts. Die gleiche Bewegung macht jeder beliebige Punkt G' der Unterkante. Zii,hlt man den Winkel

Abb.l0.9a.

Aufgaben 71

q; = wt nicht von der y-Achse bis zur Geraden 0 M, sondern zu einer anderen schei­benfesten Geraden 0 N, so ist in (b) einfach w t durch w t - e zu ersetzen, siehe (c)_

b) Da sich die beiden Scheiben lund II aufeinander abwalzen, miissen nach ·Abb.1O.15 die Spitzender beiden Geschwin­digkeiten ua und up auf einer Parallelencc zur gemeinsamen Tangente t liegen, siehe Abb. b_ Die Richtung von ua ist durch die Translationsbewegung der Scheibe II fest-

---+ gelegt, auBerdem muB up auf OP senk-recht stehen. Aus den beiden ahnlichen Dreiecken aGE und GOA liest man nun die Beziehung (d) und weiter die Geschwin­digkeit y = i} in (e) ab, was wir auch durch Differenzieren nach taus (b) hattenerhalten konnen.

y = OR + MG = e cosq; + r,

y = r + e cosw t, Ymax = r + e,

Abb.10.9b.

(a)

(b)

y=r+ecos(wt-e), (0)

Vo a a a . . - = -'7 Vo = Vp- =pw- = wa = weslllq;= weSlllW t. (d) Vp P P P

y=i}=-va=-wesinwt. (e)

* Aufgabe 10.10. Ein Nocken heiBt harmonisch, wenn seine konvexe Rand­kurve aus mehreren Kreisbogen so zusammengesetzt ist, daB diese ohne Knicke ineinander iibergehen, wie in Abb. b schematisch angedeutet. Ein solcher har­monischer Nocken dreht sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit w um den festen Punkt 0 und walzt sich gleichzeitig an einem Teller ab, der durch eine

I I

Abb. 10.10b.

72 Aufgaben

geeignete Fiihrung zu einer geradlinigen Translation gezwungen wird. Man be­reehne und zeiehne die drei kinematisehen Diagramme iiber der Zeit.

Da der Nocken aus lauter Kreisbogenstiieken zusammengesetzt ist, haben wir absehnittsweise die harmonisehe Bewegung eines Exzenters nach Aufgabe 10.9 vor uns. Die dortige Formel (c) sehreiben wir in (a) nochmals hin. Die hier auftretenden GraBen 1'1' ej und' Iii sind in Abb. b sehematiseh dargestellt. Fur den gegebenen Noeken der Abb. a stellen wir die benatigten GraBen ri und ei in (b) und (e) zu-

y/Z

OC;-TocfJ oc; 1 7 I

I I /.~

" I 18'./ A

' ..... Ie' I }/ I I

1 ./ I I I Abb. IO,IOc. /' 0

'f;wt -1

fi/Zw 4 -------/,----1-1 -/; 3 -------,r--f----7 ..-1- ....... 1/ I 2,4- ------/---+---/--+--

/ I / I ~ I / I / I I I

/ 1/ I I I 0

;I.n' (rwt Abb, IO.IOd.

; I ~ / I

-2,4- I / I -3 =~.I-4· .. / : /1

/ I ./ -4- _--.l_-.l ____ ~

jj/lwZ

4

:/fi~~=~f~-~l~\ F / I I )\ I)" I I \

I I / / \ 1 \ / I 1/ \1/ \ 1\

0 I I / \1/ \1 I \

Abb. lO,IOe. ;'5. .n' _ 2.n' 'f=wt

I ; Z 2 \\ I I -1,8

- -----------~ -3 - ------------------

sammen und ebenso die Winkel iii in (d), wobei wir zweekmaBig als seheibenfeste Bezugsgerade 0 N die Gerade 0 A wahlen. Der Winkel £a bleibt unbestimmt, doeh brauchen wir ihn gar nieht, da ea = 0 ist. Damit sind die Funktionen naeh (a), wenn wir noeh eos(w t - 90°) = -sinw t beaehten, in (e) bis (g) leieht hin-

Aufgaben 73

znschreiben. Wir tragen sie in Abb. c im Bereich ABCD zunachst gestrichelt ein. Ihre Giiltigkeitsbereiche sind die Winkelspannen <Xl' <X2 , <Xa der Abb. a. <Xa = 90° lesen wir direkt ab, <X2 bestimmen wir in (h) ans demDreieckMIOM2undkonnen damit auch <Xl in (i) berechnen. In den nun bekannten Bereichen werden die Kur­ven der Abb. c stark ausgezogen und wegen der Symmetrie des Nockens von D ab symmetrisch nach rechts fortgesetzt.

Die Funktionen y(t) und fj(t) gewinnt man nun leicht durch Differentiation nach der Zeit, siehe Abb. d und e. Die Spriinge im fj-t-Diagrammrufen unerwiinschte Geransche und VerschleiB des Materials hervor, was durch komplizierter geformte, nicht harmonische Nocken vermieden werden kann.

Man zeichne auch die drei iibrigen Diagramme. Sie konnen natiirlich nur aus Ellipsenstiicken und geraden Linien bestehen, siehe Abb. 1.6.

Yi(t) = Tj + ei cos(w t - Si),

TI =21, T2 =71, Ta =31,

(a)

(b)

el = OMI = 31, e2 = OM2 = 41, ea = OMa = O. (c) .....-..... ...-...... .....-........--

Sl = <J: AOMI = 0, S2 = <J: AOM2 = 90°, Sa = <J: AOMa = <J: AOO. (d)

Bereich AB: YI = 21 + 3l cosw t, (e)

BereichBC: Y2=71-41sinwt, (f)

Bereich OD: Ya = 31 = const. (g)

MIO 31 3 052' (h) tan<X2 = =- = 4f = 0,75 ->- <X2 = 6 , MzO

<Xl = 180° - (<X2 + <Xa) = 180° - 126°52' = 53°08'. (i)

Aufgabe 11.1. Eine Kreisscheibe vom Radius a rollt im Inneren eines festen Kreises vom Radius R. Man berechne die Beschleunigung des Kreismittelpunk­tes M.

Gegeben: 2w = w2 , R = 1,5a. Da sich M auf einem Kreis urn den festen

Punkt 0 bewegt, ist der Kriimmungsmittelpunkt seiner Bahn konstant; (!M = R - a. AuBerdem liegt M auf der Polbahnnormalen n n, also ist nach (5) mit d = M Q = a

a2 w2

~M = awt + -R--n, -a

und das wird mit den gegebenen Werten

(a)

.. _ w2 a2 w2 _ 2 2 1:M-a"2t+ (1,5_1)an-O,5aw t+2aw n. (b)

awzI

n Abb.ll.la.

Aufgabe 11.2. Zwei vertragliche Beschleunigungsvektoren t. und ~B sowie der Geschwindigkeitsvektor t.4. einer starren Scheibe sind nach Abb. a gegeben. Man ermittle:

a) Den Beschleunigungsvektor des Punktes C. b) Den Beschleunigungspol Q. c) Drehgeschwindigkeit w und Drehbeschleunigung w. d) Den Momentanpol Q. e) Die Geschwindigkeitsvektoren tB und t". Falk, Techn. Mechanik II 12

74 Aufgaben

Gegeben: v = I v/2, w = I v2•

a) Subtrahieren wir vom Beschleunigungsfeld der Scheibe den Vektor fA' so hat der Punkt A die Beschleunigung Null und wird somit zum gedachten Be­schleunigungspol "Q" nach Abb. b. Die Beschleunigung des Punktes B ist nun

Abb.11.2a. Abb.ll.2b.

"~B" = ~B - ~A geworden, und damit liegen sowohl die Winkel f3 und y nach Abb. 11.3 wie der Beschleunigungsvektor ,,~c" des Punktes C fest. Nun addieren wir den Beschleunigungsvektor ~A zum Beschleunigungsfeld der Abb. b und bekom­men die wahren Beschleunigungen der Abb. c.

b) Da nun der Winkel f3 = 45° bekannt ist, liiBt sich nach Abb. 11.7 der Be­schleunigungspol Q leicht konstruieren, indem man von ~A und ~B - und zur Kontrolle auch noch von ~c - die Winkel f3 abtriigt. Die freien Schenkel schneiden sich dann in Q.

c) Wir gehen nochmals zur Abb. b zuruck und zerlegen nun den Beschleuni­gungsvektor "~B" in seine Normal- und Tangentialkomponente nach Abb. d. Beide haben hier den gleichen Betrag w V2/2, da tanf3 = tan45° = 1 ist. Da nun bei der Kreisbewegung die Tangentialbeschleuuigung den Betrag I w und die Normalbe­schleunigung den Betrag I w2 hat, lassen sich in (a) und (b) w undwleicht berechnen.

~CDr'~ I , I \

'" C ,"Ie

Abb.11.2c.

Aufgaben 75

d) Der Momentanpol Q muB auf der Senkrechten zum Geschwindigkeits­vektor L. durch den Punkt A liegen, seine Entfernung a = A Q berechnen wir in (c). Da es nach (b) zwei Losungen w gibt, existieren auch zwei Momentanpole Q

und Q. e) Die Geschwindigkeitsvektoren to und to sind nun

leicht einzuzeichnen, da der Pol Q und der Winkel 0 bekannt sind. Man fUhre die gleiche Konstruktion auch

fUr den Geschwindigkeitspol Q durch. Damit ist die Aufgabe vollstandig erledigt. Das

Geschwindigkeitsfeld ist durch den Pol Q bzw. Q und die Drehgeschwindigkeit + w bzw. - w, das Beschleuni­gungsfeld durch den Beschleunigungspol Q und die Dreh­bescWeunigung w eindeutig festgelegt. Drehpol und Be­schleunigungspol fallen nicht etwa zusammen; dies ware nur bei der Rotation urn einen festen Punkt der Fall.

/4= 12" ~1/

l

Abb.ll.2d.

• W V- wl{f 1v21{f Tangential: lW=2" 2 -+ w =1: V2"=-I- V2"=0,707v2.

Normal: I w2 = ~ V2" -+ w2 = v2 V! ' w = ± v V! = ± 0,841 v.

v I vj2 0,51 v=aw -+ a=-=--= =±0,61.

w w ±0,841

B

(a)

(b)

(c)

AuJgabe 11.3. Ein Kreis vom Radius a macht eine harmonische Rollschwin­gung XM = b sin v t auf der Geraden gg urn das Zentrum O. Man ermittle den Beschleunigungspol Q als Schnittpunkt von Wende- und Wechselkreis.

Den vom Bewegungsgesetz unabhangigen Radius D des Wendekreises rech­nen wir nach (8) in (a). Er ist konstant, weil beide Polbahnen konstante Kriim-

Wechselkreis -----..j

''\

\ ·i~

Abb.ll.3a.

mungen haben. Aus der Rollbedingung (b) berechnen wir w und w in (c) und (d) und daraus D* in (e). Das negative Vorzeichen von D* besagt, daB entgegen der Abb. 11.13 der Durchmesser nach rechts abzutragen ist.

12*

76 Aufgaben

In den Umkehrlagen der Scheibe schrumpft der Wechselkreis zu einem Punkt zusammen - dort ist Q = Q - in der Mittellage entartet er in die Polbahn-

normale nn. Die Abb. b zeigt die Lage v t = n/4, zu der der Durchmesser D* = b Vi gehiirt. 1 1 1

(8) ~ - = - + - ~ D = a = const. (a) D a 00

x M b. rp=--a- =a- smvt ,

XM b w = !P = ---a- = a- v cosv t,

. .. x,u b 2 • w=rp=---a-=-a-V smvt.

(17) ~ D*- Dw2 _ b cos2 vt -~-- sinvt'

(b)

(c)

(d)

(e)

* Aufgabe 11.4. Fiir das skizzierte exzentrische Schubkurbelgetriebe sind die sechs kinematischen Diagramme des Kreuzkopfes G rechnerisch zu ermitteln und aufzuzeichnen.

Gegeben: d=a, l=4a. ~ ~ ~ In jeder Lage des Getriebes ist! = OG = OF + FG. Diese GIeichung schrei­

ben wir in (a) und (b) in Koordinaten hin und differenzieren sie zweimal nach der Zeit, wobei wegen y = const if = 0 und ii = 0 einzusetzen ist. Auf diese Weise entstehen die GIn. (c) bis (f). Nun sei die Bewegung der Schubkurbel und damit ex, &, Oi vorgeschrieben. Dann lassen sich aus den GIn. (a) bis (f) die GroBen x, X, x sowie rp, !p, cp folgendermaBen ermitteln: Zur Zeit t ist der Schubkurbel­winkel ex und damit auch sinex und cos ex bekannt, womit sich sinrp aus (b) be­rechnen I1Wt. Nun schlagt man cos rp in einer Ta belle auf und berechnet x a us (a). Damit ist auch die Lage des Pleuels zur Zeit t bekannt. Nun wird !p aus (d) und x aus (c), sodann cp aus (f) und x aus (e) berechnet, womit die Aufgabe vollstandig gelost ist.

1st insbesondere die Drehgeschwindigkeit & = w der Schubkurbel konstant, so ist Oi = 0, und die Formeln (a) bis (f) gehen mit der Abkiirzung l/a = A in die dimen~ionslosen GIn. (g) bis (1) iiber. Fiir die gegebenen Daten d/a = I, A = l/a = 4

y

Abb.ll.4a.

und die Winkel ex = 45°, 90° bis 360° ergibt das die Werte der Tab. (m), die in den Abb. b, c und d durch Nullkreise gekennzeichnet sind. Der Kreuzkopf G macht eine Art von verzerrter harmonischer Bewegung, man vgl. Abb. 1.6. Die auBersten Grenzen, zwischen denen er sich bewegen kaun, die sogenannten Totlagen des Getriebes - in denen aber nicht etwa die Drehgeschwindigkeit !p verschwindet! -sind durch die gestreckte Lage OFG von Kurbel und Pleuel gekeunzeichnet. Schlagt man daher zwei Kreise mit den Halbmessern l + a = 5a und l - a = 3a um 0, so schneiden diese die Gerade gg in den beiden Totlagen, und zwar wird

xroin = VB· a = 2,83 a und xmax = V24 . a = 4,90 a.

Aufgaben 77

Man kann die Rechnung auch anders aufziehen und q; aus dem Gleichungspaar (g), (h) eliminieren, wodurch die Gl. (n) entsteht. Die Differentiation nach t fiihrt jetzt allerdings auf haBliche Ausdriicke fUr x und x, die sich nur durch Reihen­entwicklung iibersichtlich gestalten lassen; man nimmt dann aber Fehler in Kauf,

Abb. 11.4 b ,c, d.

die durch keinen wesentIichen Reohenvorteil gereohtfertigt sind, um so weniger, als ein mittelschneller Reohenautomat selbst fUr 360 Werle von IX die Ergebnisse der Tabelle (m) in wenigen Minuten ausdruckt und mit Hilfe eines angesohlossenen Graphomaten auch selbsttatig aufzeichnet.

...... ...... { x = a COSIX + 1 cosq; ~ = OF+FG=

y = asinlX + lsinq; = d,

(a)

(b)

. {x=-a&SinIX-lrpsintp (c) b=);=

if = a & COSIX + 1 rp costp = 0, (d)

ttl _ .. _ { x = - a(& sinlX + &2 cos IX) - l({jJ sintp + rp2 costp) (e)

- r - y = -a(-& COSIX + &2 sin IX) -l( - (jJ cosq;+ rp2 sintp) =0. (f)

I : = COSIX + A costp (g)

1 d . , . a = SInIX + II. SIntp, (h)

I x . Arp· am = -SInlX - "W SIntp (i)

1 0 = COSIX + A : cosq;, (j)

I ~ = -COSIX - A ( (jJ2 sinq; + rp: COSq;) aoo 00 00

(k)

1 0 = -sinlX - A (_...!P.... cosq; + ~ Sinq;). 002 002

(I)

78 Aufgaben

IX sina cos a sin,!, I C08,!, I /P/w ;P/w2 x/a x/aw x/aw2

00 0,000 1,000 0,25 0,97 -0,26 0,02 4,87 0,26 -1,27 45 0 0,707 0,707 0,Q7 1,00 -0,18 0,18 4,70 -0,66 -0,88 900 1,000 0,000 0,00 1,00 0,00 0,25 4,00 -1,00 0,00

1350 0,707 -0,707 0,07 1,00 0,18 0,18 3,28 -0,76 0,53 1800 0,000 -1,000 0,25 0,97 0,26 0,02 2,87 -0,26 0,73 (m) 2250 -0,707 -0,707 0,43 0,91 0,20 -0,18 2,91 0,38 0,87 270 0 -1,000 0,000 0,50 0,87 0,00 -0,29 3,46 1,00 0,58 315 0 -0,707 0,707 0,43 0,91 -0,20 -0,18 4,33 1,04 -0,54 360 0 0,000 1,000 0,25 0,97 -0,26 0,02 4,87 0,26 -1,27

(n)

Aufgabe 12.1. Man ermittIe das Moment der Kraft Si: auf der Wirkungs­linie ww in bezug auf den Punkt 0 zeichnerisch und rechnerisch.

TV

tlTV zp

,I , I

I

x

Abb.12.1a.

Gegeben: X = P, Y = 2P. a) Zeichnerische L6sung: Wir wahlen einen

KriiftemaBstab und fassen irgendwo auf der Wir­kungslinie ww die beiden Komponenten Kx und Kg zusammen. Die Kriiftesumme hat dann, wie man aus der Zeichnung abliest, den Betrag 2,3P, und der

senkrechte Abstand ist h = 0 F = 0,9 a; damit wird: '" M(O)=-Kh=-2,3P.0,9a=-2,07Pa. (a)

Das Vorzeichen ist negativ zu. wahlen, da die Kraft im Uhrzeigersinn dreht.

b) Rechnerische L6sung: Wir benutzen die Formel (2), wahlen als Angriffspunkt der Kraft den Punkt B und zur Kontrolle auch den PUnkt A, das gibt .,

M(O) = y. 0 - X· 2a = -2P a;

'" M (0) = Y ( - a) - X . 0 = - 2 P a. (b)

Das zeichnerische Ergebnis ist fehlerhaft, da wir h und I Si: I nicht belie big genau ablesen k6nnen.

Aufgabe 12.2. Gegeben sind drei Krafte nach Abb. a. Man ermittIe Krafte­summe und Wirkungslinie rechnerisch und zeichnerisch.

Gegeben: 1Si:11 =1Si:2 1 =2P, 1Si:3 1 =P; Wirkungslinien siehe Abb.a. a) Rechnerisch: Wir reduzieren im Punkt 0 und bekommen die Kraftesumme ffi

und das Moment M(O) in (a) und (b). Die Krafte Si:1 und Si:2 haben bezUglich 0 kein Moment, es verbleibt somit lediglich das Moment der Kraft Si:3 yom Betrag P mit dem Abstand a; der Drehsinn ist positiv. Die Achsenabschnitte der Zentral­achse werden nun nach (7) in (c) berechnet, ebenso zur Kontrolle der senkrechte Abstand h. Die Gleichung der Zentralachse schreiben wir nach (6) in (e) hin.

b) Zeichnerisch: Wir zeichnen das Krafteck BoBlB2B3' wahlen einen Pol P und konstruieren im Lageplan das Seileck AoAlA2Aa' 1m Punkt A3 schneiden sich erster und letzter Seilstrahl, somit ist A3 ein Punkt der Zentralachse ww; deren Richtung ist bereits durch die Kraftesumme ffi im Krafteck festgelegt. Vbri­gens ist es nicht Ublich, die Krafte selbst im Lageplan einzuzeichnen; es geniigen

Aufgaben 79

die Wirkungslinien aliein. Sehr viel schneller kommt man ZUlli Ziel, wenn man spezieli P = Bo wahlt. Der erste Seilstrahl falit dann aus, und die Seilkrafte sind der Reihe nach die Teilresultierenden. Das Seileck heiBt jetzt die StUtzlinie des Kraftesystems, siehe Abb. b.

[ 01 r 2P 1 [ 0) r 2P 1 ffi = J; ~i = J + l I + = l I , -2P OJ P -PJ

(a)

n M(O) = Pa. (b)

, M(O) Pa (7) --+x = -- = -- = -a;

Ry -P ( c)

h = OF = M(O) = Pa a R V22+P'.P-V5·

(d)

(6)--+Pa=-Px-2Py --+ a+x+2y=0. (e)

lal Do P P=Bo

0 zp

{"~It, Y .1'\, .1\2

B, Kraffeck ~82 87 Kraffeck 82

AI X " 3tz~

" " " jt"" J'ei/eck " ~

Az ,J AJ ro

Abb.12.2a.

Aufgabe 12.3. Es ist nachzupriifen, ob sich das System von drei Einzelkraften nach Abb. a im Gleichgewicht befindet.

a) Zeichnerische Lasung: Das Krafteck ist nicht geschlossen, somit eriibrigt sich die Konstruktion eines Seilecks, da die Frage bereits beantwortet ist: Es herrscht kein Gleichgewicht.

b) Rechnerische Lasung: Obwohl wir mit einer einzigen der Gleichgewichts­bedingungen GB 1, GB 2 oder GB 3 aus­kommen, benutzen wir aIle drei Formen und priifen nach, ob sie samtlich erfiiIlt sind.

TV

oX

J'filfz/inie

l[Pnj] ~

/ V

J

V

x

,J

TV

Abb.12.2b.

!J .1'\2

A I V "- .It)

0 80 x

C 82

YCkp] .1'\2 Jt3 , 8)

Abb.12.3a.

80 Aufgaben

GB I mit dem Bezugspunkt 0: {\

}; M,(O) = (3 + 2 - 3 - 2) P 1

};X, =(-2+1+I)P

};Yj =(-3+2-I)P

=O} =0

=1=0

kein Gleichgewicht.

GB 2 mit den Bezugspunkten 0 und A sowie der Richtung xx:

}; M,(O) = (3 + 2 - 3 - 2) P 1 = 0 I };M,(A) = (-3 + 2 - 2 - I +-8 + I) P 1 = 0 Gleichgewicht(?)

}; Xi = (- 2 + I + I) P = 0

GB 3 mit den Bezugspunkten 0, A und C:

}; M,(O) = (3 + 2 - 3 - 2) P 1 = 0 1 };?:,,(A) = (-3 + 2 - 2 - 1+ 3 + I) P 1 = 0 t Gleichgewicht(?).

}; M1(C) = (3 + 2 + 2 - I - 3 - 3) P 1 = 0 J

Warum liefern GB 2 und GB 3 andere Ergebnisse als GB I und die Krafteck­konstruktion? Es heiBt ausdriicklich bei GB 2: "Die Bezugsrichtung xx darf nicht senkrecht sein zur Verbindungsgeraden der beiden Momentenbezugspunkte" und bei GB 3: "Die drei Momentenbezugspunkte diirfen nicht auf einer Geraden lie­gen." Gegen beide Gebote haben wir verstoBen. Man wende GB 2 und GB 3 richtig an und iiberzeuge sich, daB sie dann ebenso wie GB I nicht erfiillt sind.

Aufgabe 12.4. Die skizzierte Streckenlast ist durch ihre Kraftesumme zu ersetzen.

Gegeben: tana = 4/3, I qll = lOP/I. Wir zerlegen die gegebene Streckenlast q(x) in ihre beiden Anteile p(x) und

q(x), die beide linear von A nach B anwachsen. Es geniigt daher, irgendeinen

Abb.12.4a.

Wert q(x) zu zerlegen, am einfachsten den in B. Dann ist wegen sina = 0,8 und cosa = 0,6

ql = I qll sina = 8P/1, PI = I qll cosa = 6P/1, (a)

und nun lassen sich die beiden Anteile nach Abb. a je fiir sich reduzieren und an­schlieBend zusammensetzen. Die Flacheninhalte der beiden Dreiecke sind

1 R. = 28P/1 = 4P;

1 Rx = 26P/1 = 3P. (b)

Die Wirkungslinie von R. geht durch den Schwerpunkt S des Dreiecks, also auch durch den Punkt C, der bekanntlich den Abstand 21/3 von A hat; die Wirkungs­linie von Rz ist die Grundlinie A C. In Classen sich daher die beiden Komponen. ten zur Kraftesumme m zusammensetzen.

Aufgaben 81

Aufgabe 12.0. Ein Keil sitzt im Holz und wird mit einem Hammer der Breite b! senkreeht von oben gesehlagen, siehe Abb. a. Wie wird die Kraft des Hammers auf das Holz weitergeleitet?

Wir zerlegen die Kraft sri im Punkt A in die beiden Krafte sr2 und sr3 ; das Krafteek liefert dann die Beziehung (a), die besagt, daB bei beliebig kleinem Winkel ex (seharfes Messer) die seitwarts wirkenden Krafte beliebig groB werden konnen. Nehmen wir an, daB die Normalspannungen a und daher aueh die Streeken-

Abb.12.5a.

lasten q = ad (d sei die Breite des Keiles) konstant sind, so ergibt sich die Krafte­verteilung der Abb. a, aus der die Gl. (b) folgt. Diese lOsen wir in (c) nach q2 auf.

Sind die Krafte liber aile drei Seiten des Keiles gleichmaBig verteilt, so ist a2 = b2

und a! = b1' und es folgt q2 = q1' daher aueh a2 = a l ; die Normalspannung liber dem Keil ist dann konstant.

(a)

(b)

(e)

Aufgabe 12.6. Man ermittle den Sehwerpunkt (Massenmittelpunkt) des skiz­zierten ebenen Gebildes.

Gegeben: ml = m2 = m, ma = 3m; ex = 60°, fJ = 45°. Wir bereehnen zunachst die drei Schwerpunkte von Kreisbogen, Viertelkreis­

flache und Rechteck je fUr sich nach Tabeile 3 in (a) und (b). Der Schwerpunkt Sa

des Rechtecks liegt unterhalb von H in der Entfernung H Sa = r/2. In den so ermittelten Teilschwerpunkten S1' S2 und S3 bringen wir nun die Massen ml = m,

Abb.12.6a.

82 Aufgaben

m2 = m und ma = 3m an und haben damit einen diskreten Massenpunkthaufen vor uns, dessen Schwerpunkt 8 nach (32) zu ermitteln ist.

d - H8 - 2 sinIX - 2 V3j4 - 3r V3- - 1 6 - 1- r - r -- - - -, 5 r, (a)

IX nj3 n

- 2 sinfJ 2 Vlj2 r V-e = F 8 2 = - r - - = - r - - = - 32 = 0,60 r. (b)

3 fJ 3 nj4 3n

Aufgabe 12.7. Unterschied zwischen Massenmittelpunkt und Schwerpunkt. Zwei gleich groBe Massen m befinden sich in gleicher Entfernung r vom Erd­

mittelpunkt Z (kiinstliche Satelliten). Die zugehOrigen Schwerkrafte haben daher "1- den gleichen Betrag G und weisen zum Erd­

Abb.12.7a.

mittelpunkt Z hin. Ihre Resultierende hat die Wirkungslinie aa. Nun drehen wir beide Krafte um irgendeinen Winkel, am ein­~chsten urn 90° nach Abb. a. Beide Kriifte gehen jetzt durch den Schnittpunkt 8, der somit ein Punkt der gedrehten Zentral­achse bb ist. 8 als Schnittpunkt beider Zen­tralachsen ist daher der gesuchte Schwer­(Kraftemittel-) punkt.

Der Massenmittelpunkt A liegt in der Mitte zwischen den beiden Massen, was man ohne wei teres erkennt oder nach Formel (32) errechnet. A und 8 fallen hier also auch nicht annahernd zusammen! Man drehe die gege­benen Krafte @l und @2 um 60°, konstruiere die zugehorige Zentralachse und iiberzeuge sich, daB diese ebenfalls durch 8 geht!

Aufgabe 12.8. Ein Holzbalken vom Gewicht Gist mit einem Eisenbalken vom Gewicht 4 G fest verbunden und liegt auf einer nachgiebigen Unterlage. Wie groB

G

(j 1il F=-r-=---------+--{j:--tx~ !1lfi

q(x)

muE die Bettungsziffer fJ sein, wenn sich der Punkt B um W B = 2 cm durch­senken solI?

Gegeben: G = 100 kp, 1 = 55 cm. Die Reduktion der gegebenen

Belastung im Mittelpunkt 0 der Strecke A B ergibt die Kraftesumme R, = 5 G und die Momentensumme M(O) = -G l. Das Gleichgewicht verlangt nun, daB die Federkrafte in 0 reduziert die negative Dyname (a) ergeben. Diese verteilen wir nach (46) linear und berechnen daraus nach (47) die GroBen A und B der Gleichung w(x) = A + B x in (b), ferner die Durchsenkung des Punk­tes B in (d). SchlieBlich setzen wir W B = 2 cm und bekommen in (e) die gesuchte Bettungsziffer fJ.

Abb.12.Sa.

Aufgaben

Rz = -5G, M(O) = G 1,

-R 5G (47) -+ A = (ff = 7fT;

B = 12M(O) fJta

5G 12G G ( X) w(x)=A+Bx=7fT+{IT2x=7fT 5+12 T ,

1 G G x ="2 -+ W B = 7fT (5 + 6) = 117fT'

(d)-+fJ= 11G = 11.100 kp =10 kP. 1 W B 55·2 cm2 cm2

12G {IT2'

83

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

Aufgabe 13.1. Ein gerader starrer Balken wird mit zwei gleich starken Federn nsch Abb. a verkniipft. Wie groB sind die Auflagerreaktionen in der festen Ein­spannung?

Gegeben: c = 80 kp/cm, W = 5 em, a = 40 em. Beide Federkrafte haben den Betrag c w, die linke Federkraft wirkt senkreeht

naeh oben, die reehte senkreeht naeh unten. Der Balken ist somit dureh ein Krafte­paar mit dem Moment vom Betrag a c w nach Abb. b belastet. Nun tragen wir

en;

Abb.13.la. Abb.13.lb.

in Abb. b die drei Reaktionen mit den Betragen A, B und M ein und erfilllen fUr die insgesamt fUnf am Balken angreifenden KraftgroBen die Gleichgewichts­bedingungen, etwa in der Form GB 1. Beide Auflagerkrafte sind Null; eine Momen­tenstiitze allein tate also bei dieser Belastung dieselben Dienste wie die feste Einspannung.

n _ E Xi = A = 0, E Yi = B + cw - cw = 0, E Mi(O) = M - cwa = O. (a)

A=O, B=O, M=cwa=80~.5cm.40cm=16000kpcm. (b) em

Aufgabe 13.2. Die Auflagerreaktionen des skizzierten Rahmens sind in Ab­hangigkeit von P und IX zu ermitteln.

Wir entfernen die Auflager und fUhren dafUr vertragliehe Reaktionen ein. Die zweiwertige Sehiebehiilse iibertragt ein Moment M und eine Kraft in y-Rieh-

p

~~--2l--

Abb.13.2a. Abb.13.2b.

84 Aufgaben

tung yom Betrag B. Die Stabkraft m zerlegen wir in ihre beiden Komponenten A", = A cos.x und Ay = A sin.x = A", tan.x. Nach Gl. (1) ist GB 1 mit dem Be­zugspunkt G zweckmaBig; tatsachlich sind die GIn. (a) bis (c) annahernd ent­koppelt. Auch die Stabkraft selbst laBt sich nun in (d) leicht berechnen. Fiir .x = 90° wird sie unendlich groB, die Stiitzung ist dann statisch unterbestimmt, weil nur scheinbar dreiwertig; denn die Reaktionskrafte haben nun beide die y-Richtung und k6nnen die eingepragte Kraft in x-Richtung nicht aufnehmen.

Man verwende zur Kontrolle auch GB 3 mit den Bezugspunkten G, Fund H.

r I Xi = A", - P = 0 ~ Ax = P, (a)

GBI ~IYi =B+A,tan.x=O ~B =-Axtan.x=-Ptan.x, (b)

l I M,(G) = M - P l(tan.x - 1) = 0 ~ M = P l(tan.x - 1). (c)

Iml = VA; + A2 = VP2 + P 2 tan2 .x = PVl + tan2.x =~. (d) y cos.x

Aufgabe 13.3. Eine starre Scheibe ist durch drei Stabe statisch bestimmt gestiitzt und wird durch einige Einzelkrafte nach Abb. a belastet.

Man ermittle die Reaktionen a) rechnerisch, b) zeichnerisch. a) Rechnerisch. Auf den drei durch die Stiitzstabe vorgegebenen Wirkungs­

linien wahlen wir drei Krafte m, 58, (£ mit den Betragen A, B, C nach Abb. b. Der Richtungssinn der Krafte kann beliebig angenommen werden. Die Gleich­gewichtsbedingung GB 3 mit den drei Bezugspunkten E, H, G fiihrt am schnell­sten zum Ziel. Um aber nicht dreimal die Momentensumme berechnen zu miissen, reduzieren wir vorweg das gegebene Kraftesystem in einem der drei Bezugspunkte, etwa in H, das gibt die Dyname (a). Mit dem Kraftesystem der Abb. b erfiillen wir nun GB 3 in (b) bis (d). Die Unbekannten A und C kommen mit negativem

Abb.13.3a.

zp

liz

liz

A

B

/(l H -T-+­/ '

E

Abb.I3.3b.

c

Vorzeichen heraus, die beiden Pfeile der zugehiirigen Krafte m und (£ in Abb. b sind somit umzukehren. Die Abb. c zeigt das Gleichgewichtssystem der insgesamt sieben Krafte. Zur Kon­trolle iiberpriifen wir das Gleichgewicht an Hand einer noch nicht benutzten Gleichung, z. B. I Sl'; = 0, siehe (e).

b) Zeichnerisch. Wir benutzen die Konstruktion der Abb. 13.5. Den ersten Seilstrahl ziehen wir durch den Punkt G (auch E und H kamen in Frage). Der

o,sP Zp

s,sP

i /}I. I / S,SP

1/ \('----

Abb.13.3c.

p

1,5P

Aufgaben 85

letzte Seilstrahl4 schneidet die Wirkungslinie cc der Reaktionskraft 0: im Punkt F, den wir mit G verbinden, womit die SchluBlinie 88 festliegt. Die Parallele zur SchluBlinie durch den Pol des Kraftecks und die Parallele durch den Endpunkt der letzten Kraft ~4 zur Wirkungslinie cc schneiden sich im Punkte C. Die

c s /

80 '1L D

P [kp]

.ltl

.Ita

a--.-~~-r--~.-----+-a

b c Abb.13.3d.

Parallelen zu aa und bb durch Bo und C schneiden sich in D; damit ist das ge­schlossene Krafteck in Abb. d hergestellt. MiBt man die drei Reaktionskrafte aus, so findet man die Ergebnisse (b) bis (d) bestatigt.

Man behalte das Krafteek bei, ziehe aber den ersten Seilstrahl dureh E, sodann durch H.

E Mi(H): 2~. 21 + P ~ + p. 0 + P ~ = 5,5P I; }

E Xi - P, E Y/ - - 4P.

IEM;(E)=5,5PI+PI+AI=0 ~A=-6,5P, n V21 11

GB3lE ;,(H) = 5,5P 1- -2- B = 0 ~ B = V2 P = 7,7SP,

E M;(G) = 5,5P 1- 4P I + C I = 0 ~ C = -1,5P.

E Xi = P + 5,5P - 6,5P = 0; E Y j = 5,5P -1,5P - 4P = O.

(a)

(b)

(e)

(d)

(e)

Aufgabe 13.4. Man ermittle die Auflagerreaktionen des skizzierten Tragwerks.

Als erstes ersetzen wir die konstante Streekenlast dureh ihre Kraftesumme. Deren Betrag ist gleieh dem Flacheninhalt q . 2l = 2P, ihre Wirknngslinie geht dureh den Schwerpunkt der Flaehe. Mit dem so reduzierten System von drei Einzelkraften beginnen wir die Losung.

86 Aufgaben

a) Rechnerisch. Wir ersetzen die Auflager durch vertragliche Reaktionen mit den Betragen A, B und 0 und verwenden GB 2 mit den Bezugspunkten G und E und der Kraftrichtung yy. Die Gleichungen (a) bis (c) sind dann vollstandig entkoppelt. Das System im Gleichgewicht zeigt die Abb. b. Zur Kontrolle bilden wir etwa die Momentensumme beziiglich H in (d).

b) Zeichnerisch. Das Krafteck ist nach Abb. c geschlossen, daher sind erster und letzter Seilstrahl einander parallel. Dessen ungeachtet verlauft die Konstruk­tion des Seilecks genau wie in Abb. 13.5 vorgezeichnet. Den ersten Seilstrahl ziehen

p

Abb.13.4a.

Abb.13.4b.

s

Ba=1J.J 'lL+23 \ C

$\2 C'--':~-+--------"'" --..... +-c ~ ~ \

8, H---.,,----'l\ fol

\ s

Abb.13.4c. Abb.13.4d.

wir durch G, der letzte Seilstrahl schneidet die Wirkungslinie cc der Reaktions­kraft Q: im Punkt F, womit die SchluBlinie 88 als Verbindungslinie der beiden Punkte Fund G festliegt, siehe Abb. d. Nun zieht man eine Parallele zur SchluBlinie durch den Pol P des Kraftecks und eine Parallele zu cc durch den Endpunkt Ba. Diese beiden Linien schneiden sich im Punkt 0, womit die gesuchten Reaktionskrafte ---+ -BaO = ~ und OB3 = m + ~ = -~ gefunden sind.

IE M,(G) = 2P· 21- p. 31 + 01 = 0 --->- 0 = -P, GB2

1 I M;(E) = 2P·21- P·31 + A 1= O--->-A = -P,

I Yj = B - P + 2 P - P = 0 --->- B = O.

'" I M j (H)=P·21- Pl- Pl = O.

(a)

(b)

(0)

(d)

Aufgaben 87

Aufgabe lIto. Eine masselose Holzrutsche wird gegen eine schrage Wand gelehnt. Kann sich eine Holzkiste an jedem Ort im Gleichgewicht halten oder nicht?

Gegeben: y = 30°, 15 = 45°, fll = 0,6 (Holz·Holz), fl. = flb = 0,7 (Holz-Stein). Urn zu entscheiden, ob sich die Kiste auf dem Brett halten kann, zeichnen

wir den Haftsektor der Abb. b. Gleichgewicht ist moglich, solange das Gewicht G im Haftsektor liegt, solange also H/N = tany ;::::; fll ist, und das ist wegen

tany = tan30° = 0,58 < 0,6 = fll (a) der Fall.

Nun untersuchen wir, ob sich das Brett mit der Kiste an der festen Umgebung halten kann und zeichnen zu diesem Zweck die beiden Haftkegel in den Punkten A und B nach Abb. c. Solange die Wirkungslinie des Gewichts mit beiden Haft-

B

Abb.13.5a.

sektoren mindestens einen Punkt gemeinsam hat, ist die Zerlegung von Ql in zwei Komponenten ®. und ®b moglich, derart, daB beide Komponenten innerhalb ihrer Haftsektoren liegen. Fur einen beliebigen Punkt E' ist dies in Abb. c durchgefiihrt.

Abb.13.5c.

Das beiden Haftsektoren gemeinsame, am Rand schraffierte Gebiet uberschattet aber nicht den gesamten Balken AB; im Punkt 0' ist eine eindeutige Zerlegung soeben noch moglich, rechts davon jedoch nicht. A 0 ist somit der gesuchte Gleich­gewichtsbereich.

88 Aufgaben

Man diskutiere noeh die folgenden beiden ExtremfaUe:

fl. = 0, fib = 0,7 und fl. = 0,7; fib = O.

Eine der beiden Stiitzungen ist dann ideal glatt.

Aufgabe 13.6. Ein Lastwagenanhanger naeh Abb. a steUt sehematiseh einen starren BaJken auf elastisehen Stiitzen dar. Man bereehne die Federauslenkungen und die Federkrafte.

Gegeben: 1= 60 em, G = 5200 kp; c1 = ca = c3 = C = 400 kp/em. Wir legen den Reduktionspunkt 0 in die BaJkenmitte und bereehnen mit den

Federabstanden (a) die drei Summen (b) und daraus Krafte- und Momenten­summe (c) und (d) naeh (12.48) und (12.49). Die Gleiehgewiehtsbedingung GB 1

s

r-wcj'- IG) ~

--b--'r--l Jl b-

-x, -xg - !---xJ-

c, <>cz 0

~0 z <

" ~

-l 2l--1--2l -

loG Is(j G PsG

Abb.13.6a.

-X

rv(x)

in (e) liefert nach leiehter Reehnung die beiden GraBen A und B in (f) und damit die gesuchte Gleiehung W = A + B x der geneigten Mittellinie des Balkens in (g). Hier setzen wir die Werte (a) ein und bekommen die Federdurchsenkungen (h) und die Federkrafte Fi = -C, Wi = -C Wi in (i). Das Gleichgewiehtssystem aller Krafte zeigt die untere Abbildung. Zum SehluB driicken wir aUes in Zahlen aus.

Xl = --;21, Xa = -I, X3 = 21. (a)

E Ci = 3c; E C/X j = cl(-2 - 1 + 2) = -cl;

E ci:If; = cl2[(_2)2 + (_1)2 + 22] = 9cl2• (b)

(12.48)~Rz =-A·3c-B(-cl), (c) n

(12.49) ~ M(O) = A( -el) + B(9c 12).

~ Xi = 0; E Zi= G - A· 3c + B cl = 0; }

E~;M(O) = -A cl + B· 9c12 = o. 9 GIG

A=T6c; B=T6CY.

(d)

(e)

(f)

Aufgaben 89

7 FI = -"26 G;

(h) -+ WI = 3,5 em,

8 F2 = -"26 G;

G 26c = 0,5 em;

W2 = 4 em,

11 Fa =-"26 G.

G "26= 200kp

Wa = 5,5 em,

(i) -+ FI = -1400 kp, F2 = -1600 kp, Fa = - 2200 kp.

(i)

(j)

(k)

(1)

* Aulgabe 13.7. Ein BaJken ist dureh ein Gelenk zweiwertig gestiitzt und auJ3er­dem nach Abb. a auf Federn gelagert. Wie groB sind die Reaktionen in der Gleieh­gewichtslage? Man setze der Einfaehheit halber (X = sin(X = tan (X , was bei nicht zu groBen Auslenkungen geniigend genaue Ergebnisse liefert.

Gegeben: 0 = 2e 12, fJ = ell. Vnbekannt sind die beiden Reaktionen Gz und G. und der Neigungswinkel (x.

Die linear verteilte Federkraft reduzieren wir naeh Abb. 12.28 im Mittelpunkt 0 der Streekenlast. Da B die Neigung des Balkens und A die Ordinate im Punkt 0 ist, las­sen siehA undB naeh (a) dureh tan(X ausdriieken. Mit der Dyname (b) der verteilten

Abb.13.7a. i:/Z~

Abb.13.7b.

z

p Abb.13.7c.

Federkraft erfiillen wir nun das Momentengleiehgewieht beziiglieh G in (c), wo­durch die GraBe B = tan(X in (e) festliegt. Jetzt ersetzen wir in Abb. b iiberall B dureh 4Pj13e 1 und bekommen damit das System der Abb. e, dessen Moment beziiglich G versehwindet, wovon man sieh noehmals iiberzeugen mage. Das Kraftegleiehgewieht (f) liefert nun aueh die beiden Reaktionskrafte G z und G •. Man beaehte, daB das Kraftesystem der Abb. e und damit aueh die Reaktionen unabhangig yom Neigungswinkel (X sind.

Falk, Techn. Mechanik II 13

90 Aufgaben

Man bestimme c so, daB sich der Balken um 5° neigt.

w=A +Bx; 3 3

A ="2B 1 = "21tan~; B = taM.

3 Abb. 12.28 ~ Rz = - f3 A 1 = - "2 f312 B;

B = tan~ FI:!~;

BP M(O) =f3 12.

c f3= T'

( 1 9 1 ) 55 12 P P 1 = 2 + "4 + "4 + 12 C 12 B = 12 C 12 B ~ tan~ = B = 55 CT'

6 18 31 "X •. =G.=O,· "ZI= -G --P+P--P=O~G =-P. '""' • '""' • 55 55 • 55

(a)

(b)

(d)

(e)

(f)

Aufgabe 13.8. Ein fiinfwertig gestiitzter Balken wird durch eine Einzelkraft mit den Komponenten KI und Ks belastet. Man berechne die Auflagerreaktionen.

~--------------4 ---­------~ l3 ----+i" 1

B, A 7

Abb.13.Sa.

Kg Abb.I3.8b.

Mit den fiinf Reaktionen der Abb. b liefert GB 1 mit dem Bezugspunkt G die drei Gleichungen:

= BI - K2 = 0 -.. BI = K 2 ,

= Al + As + As + A4 - KI = 0,

(a)

(b)

(c)

Nur die Gelenkkraft BI liiBt sich somit eindeutig bestimmen. Die iibrigen Reak­tionen bleiben unbekannt.

Aufgabe 13.9. Man berechne die vier Auflagerreaktionen des skizzierten Gerbertragers.

Da nach den inneren Reaktionen nicht gefragt ist, verwenden wir die bequemere Methode b mit der Nebenbedingung (3) und GB 1 fiir das gesamte Tragwerk, siehe (a) bis (d).

Das Kraftesystem im Gleichgewicht zeigt die Abb. c. Obwohl die eingepragte Belastung fiir sich im Gleichgewicht ist, sind nicht etwa die Reaktionen gleich Null; dies ware nur bei einer einzelnen statisch bestimmt gestiitzten Scheibe der Fall!

Aufgaben 91

Man berechne nach der Methode a auch die Gelenkkriifte Cx und Cu. II -(",

(3) -+ 1: Mj(C) = - 2P 1 + D . 21 = 0 -+ D = P. (a)

r n 5 5 1:M.(A)=B.21+D.51=O -+ B=-2"D=-2"P, (b)

GB 1 ~ 5 3

l 1: Yi = Ay + B + D = Ay - 2"P + P = 0 -+ Ay = 2" P. (c)

1: Xi = Ax = O. (d)

Abb.13.9a.

Abb.13.9b.

8Plr'\ Abb.13.9c.

*Aufgabe 13.10. Die Abmessungen p, q, U, v und w der skizzierten Waage sollen so bestimmt werden, daB die Wiigung unabhiingig von der Lage der Last G

Abb.13.10b.

Abb. 13.10a.

Abb. 13.10c.

B

Abb.13.10d.

13*

92 Aufgaben

wird und das Gegengewicht in der Schale den zehnten Teil der Last betragt (Dezi­malwaage).

Zunachst eine Vorbetrachtung. Zerlegt man eine Kraft vom Betrag P in zwei parallele Komponenten, so haben diese die Betrage der Abb. b, was wir im fol­genden zweimal anwenden miissen. Die Last G werde nun an einem beliebigen Punkt der Waage aufgesetzt, dann iibertragt der Balken I in seinen Auflagern die Krafte G bll und G all nach Abb. c. Der Balken II wiederum iibertragt in seinen Auflagern die Krafte (G bll) qlr und (G bll) plr. Der Balken III ist somit nach Abb. d belastet. Wir verwenden GB I und schreiben die geordnete Gl. (a) noch­mals in (c) hin. Da nun a + b = list, erkennt man ohne weiteres, daB die Be­dingung (d) erfiillt sein muB, damit (c) unabhangig von a und b, d. h. unabhangig vom Ort der Wagung wird, denn dann heben sich a und b in (e) heraus, siehe (f). Die Auflagerkrafte A und B sind vom Ort der Last abhangig, was aber fiir die Wagung ohne Belang ist.

GB I .E M(O) = G-v + G-u - -w =0, I " bp a G

l r l 10

I bp a G .EX; =0; .E Yi = -Gz;:--GT+B-W=O.

w a(ur) + b(p v) = Wlr.

pv = Uf.

W a(u r) + b(u r) = (a + b) u r = l u r = 10 l r ~ w = lOu.

( bp a I) bq (b) ~ B = """'f"r + T + 10 G; A = G-rr.

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

Aufgabe 13.11. Die skizzierte Halle wird allein durch ihr Eigengewicht be­lastet. Man ermittle die Reaktionen.

Als erstes ersetzen wir die stetig verteilten Schwerkrafte durch ihre Resultie­renden in den jeweiligen Schwerpunkten. Das Gewicht eines Pfostens sei G1 , das des halben Daches G2 , siehe Abb. a. Aus Symmetriegriinden nimmt jedes der Auf-

r' a.,.a a~a1 CgO Cz D

G, ((

I

I II g g

Abb.13.11a. Abb. 13.11 b. Abb.13.11c.

lager das halbe Gesamtgewicht G1 + G2 auf. Man iiberzeuge sich, daB das System aus sechs Kraften der Abb. a im Gleichgewicht ist.

Nun wird das Seil zerschnitten, wodurch die Seilkrafte @) und -@) mit den Betragen S freigelegt werden. Die Krafte der Abb. a reduzieren wir zweckmaBig an jeder der beiden Scheiben I und II fUr sich zum Kraftepaar mit dem Moment

Aufgaben 93

-G2 a bzw. +G2 a, und nun liefert die Bedingung (3) fast ohne Rechnung die gesuchte Seilkraft S. Wenn der Innenstab ganz unten sitzt, kann man ihn fort­lassen und dafiir die Rolle rechts durch ein festes Gelenk ersetzen; das gibt dann den Dreigelenkbogen der Abb. c.

II", a (3) 4}; M;(D) = G2 a - S d = 0 4 S = G2 -a' (a)

* Aufgabe 13.12. Zwei Walzen mit den Durchmessern r1 und r2 und den Ge­wichten G1 und G2 = 4G1 sind nach Abb. a zwischen schragen Wanden gestapelt.

a) Man berechne die sechs Reaktionen b) und daraus die erforderlichen Haftziffern in den Beriihrungspunkten P,

D und Q. c) 1st fiir die gegebenen Haftziffern flp = flQ = 0,25 und fin = 0,30 Gleich­

gewicht moglich oder nicht? Infolge der Rauhigkeit stellen die drei Beriihrungspunkte P, D und Q je zwei­

wertige Auflager K (K) dar. Es handelt sich somit urn einen Dreigelenkbogen mit dem Gelenk D. Da aIle sechs Reaktionen gesucht sind, wenden wir die Me-

II

~ Abb. 13.12a.

thode a) an, zerschneiden also den Bogen in D und verwenden fiir beide Scheiben GB 3, wobei wir zweckmaBig aIle Gleichungen durch die Radien r1 bzw. r2 dividieren, siehe (a) bis (f). Aus (b) und (e) berechnen wirnunDx undD in (g) und (h) undso­dann die vier auBeren Reaktionen in (i) bis (1). Damit ist die Frage a) beantwortet. Es ist bemerkenswert, daB aIle sechs Reaktionen unabhangig von den Radien der Walzen sind.

b) Fiir aIle drei Gelenke bilden wir nun die Quotienten von Tangential- und Haftkomponente. Deren Betrage sind dann die erforderlichen Haftziffern. Zur Abkiirzung fiihren wir das Verhaltnis der Gewiehte 6 = G2/G1 ein und bekommen dann fiir den gegebenen Wert 6 = 4 die Ergebnisse (m) bis (0).

e) Da die Betrage der Quotienten qj samtlich kleiner sind als die gegebenen Haftziffern fli' ist Gleiehgewieht bei den gegebenen Werten moglieh.

Es iiberrascht, daB die beiden Reaktionen C und A mit verschiedenen Vor­zeichen herallskommen. Wenn, wie im vorgegebenen Fall, G2 > G1 ist, wirkt somit die Reaktion (£ von oben naeh unten, W dagegen von unten nach oben.

(a)

(b)

1 '" V- ( V--}; M(R) = -G1 2 - Dy. 1 + 2) + E = O. r1

(0)

94 Aufgaben

(d)

(e)

(f)

(b) (e) ~ D 1 G2 - G1 (g)', D 1 (G + G ) , ~ y = "2 (V2 + 1) x = "2 2 1 ,

(h)

(c), (g)--+-E =! [G2 +(2V2-l)G1], (i)

(f), (g) --+-B = ! [G2 (2V2 -1) + Gl ], (j)

(a), (i) --+- C (k)

(d (.) A = ~ G2 - G1 ), J --+- 2 V '

2+1 (1)

C 1-6 (k), (i) --+- qp = E = (3 + V2) + (1 + V2) 6

1-4

3 + V2 + (1 + V2) 4

-3 Tin = - 0,213, (m)

7 + 5 y2

(j) , A 6-1

(1) --+- qQ = B = e(3 + V2) + (1 + V2) 4-1

4 (3 + V2) + (1 + V2) 3

,(" = 0,149, (n) 13 + 5 y2

D 6-1 1 4-1 (g), (h) --+- qD = D: = 6 + 1 1 + V2 = (4 + 1) (1 + V2)

. 3 = = 0,249.

5 (1 + V2) (0)

Aufgabe 14.1. Ein symmetrisches Tragwerk wird durch eine konstante Strek­kenlast q belastet. Man ermittle die Schnittgrii13en V und M.

Die Auflagerkrafte sind aus Symmetriegriinden einander gleich, es ist A = B = q 1/2. Die Vertikalkraft Van der beliebigen Stelle x berechnen wir in (a) und daraus das Schnittmoment M in (b). V ist schiefsymmetrisch, Mist symmetrisch zur Achse 88.

q 1 (l ) V (x) = - 2 + q x = q x -"2 . (a)

(b)

®

j\ 3P I. I

D

I---i l

Abb.14.2c.

Aufgaben

1---- &------1

s

Abb.14.2a.

Abb.14.2b.

80

'21

Abb.14:2d.

95

Abb.14.1a.

96 Aufgaben

Aufgabe 14.2. Ein gerader Balken wird durch vier parallele Einzelkrafte be­lastet. Man ermittle die SchnittgroBen.

a) Rechnerisch. Die Auflagerkrafte (a) ergeben sich nach leichter Rechnung. Mit dem GIeichgewichtssystem der Abb. a ermitteln wir nun die SchnittgroBen. Die Querkraft Q ist feldweise konstant (Treppenfunktion), das Biegemoment feld­weise linear. Als Beispiel sei die Berechnung der Querkraft im Feld III und des Biegemoments an der Feldgrenze III/IV in (b) und (c) vorgefUhrt.

b) Zeichnerisch. Nach Abb. 14.9 zeichnen wir fUr die gegebenen vier Krafte Kraft- und Seileck, aus denen man Querkraft und Biegemoment unmittdbar abliest_ Der Drehsinn des Biegemoments im ersten Feld ist offenbar positiv (die Kraft links dreht im Gegenuhrzeigersinn), und damit ist auch der Drehsinn fUr den gesamten Momentenverlauf festgelegt, da bei jedem Nulldurchgang das Vor­zeichen wechselt. Der Betrag des Moments ist M = H 1L= 6P TJ. Fur den PunktA z. B. greift man aus der Zeichnung die Strecke TJ = 21 ab und hat damit M = +12P 1 wie in Abb. c.

Ax = 0, Ay = 7,2P, B = 2,8P.

Q = +3P -7,2P + 4P = -0,2P.

M = + 3P . 101 - 7,2P . 61 + 4P· 31 = -1,2P 1.

(a)

(b)

(c)

Aufgabe 14.3. Man ermittle die SchnittgroBen Q und M des skizzierten Bal­kens.

Wir berechnen die Auflagerkrafte und zeichnen das System im GIeichgewicht in Abb. b. Die Langskraft ist Null im Bereich AB, rechts davon herrscht die Druckkraft P, siehe Abb. c. Die Streckenlast ersetzen wir nun durch ihre Resul­tierende vom Betrag P und zeichnen Querkraft- und Momentenverlauf mit den vier senkrechten Einzelkraften der Abb. b. Die gestrichelten Linien im Bereich A C ersetzen wir nun nach Abb. 14.6 durch eine gerade Linie bzw. eine Parabel.

Die SchnittgroBen im Bereich A C wollen wir auch noch rechnerisch herleiten. Integration der Streckenlast gibt die Querkraft Q in (a), diese ihrerseits integriert das Biegemoment (b). Die beiden Integrationskonstanten sind Mo = 0, weil im Auflager A kein Moment ubertragen wird und Qo = -P/3 nach Abb. b. Setzen wir dies in (a) und (b) ein, so ergeben sich Querkraft und Biegemoment in (d) und (e).

Eine analoge Rechnung fUr die Bereiche CB und BD ist trivial, da hier q = ° ist. Man fiihre sie zur Vbung durch.

x x

Q= !qd;=:Z !d;=:Z x+Qo, (a)

x x

M= !Qd;= !(:z ;+Qo)d;=:Z ~2 +Qox+Mo, (b)

° 0

Mo=O, (c)

(d)

(e)

Aufgaben 97

p Abb.14.3a. p

A () 0 ~ , I

-l----t;-l---I l l----1 I P 'I

AbU"b. P/1j1lllf IlIlj l'S.I!P 'j-P J-~! I ,L,

(0 I I. ' IPOrockl Abb.14.3c. I D

I I! ®i pi

Abb.14.3d. P/J L-~~----hr--~-L~

~~ ~-~ -""'fo~-=--...J J i i

I ' J(Pl/Jj , .;.- ,

Abb. 14.3e. ® ~;,t$~--l----+-------J

* Aufgabe 14.4. Ein gerader Balken wird nach Abb. a gleichmaBig belastet Man berechne den Biegemomentenverlauf.

a) Fiir den gegebenen Balken, b) fiir den abgeanderten Balken mit Gerbergelenk und Zwischenauflager. c) Wo muB das Gelenk D angebracht werden, damit das maximale Biege­

moment moglichst klein wird? a) Das System im Gleichgewicht zeigt die Abb. b. 1m Bereich AG ersetzen

wir die Streckenlast durch ihre Resultierende vom Betrag q x im Abstand x/2 vom Schnittpunkt G und berechnen damit den Biegemomentenverlauf (a). Dieser ist parabolisch und hat sein Maximum Mm•x = q 12/8 in der Mitte des Balkens, siehe Abb. b.

b) Am einfachsten rechnet man jetzt nach dem Vberlagerungsprinzip. Die Auflagerkraft in der Mittelstiitze sei K. Das zugehOrige Gleichgewichtssystem und den Biegemomentenverlauf zeigt die Abb. c, siehe auch (b) und (c). Nun iiberlagern wir die Biegemomente der beiden Lastfalle in (d) und Abb. d und berechnen aus der Forderung M(a) = 0 die Kraft K in (e), woraus sich der Biegemomenten­verlauf im Bereich AC in (f) ergibt; er ist nach Abb. d symmetrisch zur Mittel­stiitze. GroBtwerte des Biegemoments treten auf bei x = al2 und x = 1/2. Diese

98 Aufgaben

berechnen wir in (g) und (h) und tragen ihre Betrage ala Funktionen des Abstandes a in Abb. e auf. Der groBere der beiden Werte solI nun moglichst klein sein; das ist dann der Fall, wenn IMll = IM21 = M(ii) ist. Diese Bedingung fiihrt auf die quadratische Gl. (i) mit der Losung (j) und dem minimalen Moment (k). Durch

{{

Abb.14.4a.

It{x {{l/Z Ix/.? {{l/Z

t II fflJ oflYon nIt Af4-X (J B

Abb. H.4b.

~AFx=-1(J Lastra//2 If 1</2 I f~ ~8

K/.?

Abb.14Ac.

Abb.14.4d. Abb.14Ae.

den Einbau von Mittelatiitze und Gelenk geht somit das maximale Biegemoment auf fast ein Sechstel des Betrages zuriick! Hierauf beruht im wesentlichen der praktische Nutzen solcher Gelenke.

Man berechne das Biegemoment (f) durch Integration der Belastung q und Anpassen der beiden Integrationskonstanten Qo und Mo an die Bedingungen M(O) = M(a) = o.

Lastfalll: (a)

Lastfall2, Bereich .AO: M(x) = + ~ x. (b)

Lastfall2, BereichOB: M(x)=+! x- K(X- ~)=! (l-x). (c)

Lastfalll+2, Bereich.AO: M(x) = ~x (X-l)+! x. (d)

Aufgaben

qa K M(a) =T(a -1) + Ta = 0 ~ K = q(l- a),

(d).~M(x)= q; (x-1)+~ (l-a)x= q2x (x-a).

Ml = M ( ; ) = ~ ; (; _ a) = _ q ~2 •

Ma = M (~) = .!L ~ (~ - a) 2 2 2 2 '

IMll = IM21 ~ 12 - 215 - 52 = O.

5 = (V2 - 1) l = 0,4141.

M(5) = q;2 M~ _ 1)2 = 0,17 q~2 .

99

(e)

(f)

(g)

(h)

(i)

(j)

(k)

Aufgabe 14.0. Man berechne die SchnittgroBen L, Q und M des skizzierten Balkens.

Wir ersetzen in den Bereichen AB und BO die Streckenlast vom Betrage Pil durch ihre Kriiftesumme vom Betrag P bzw. 2P (in Abb. a gestrichelt eingezeichnet), zerlegen sie nach Abb. b, wo zur Abkiirzung COSlX = c, SinlX = 8 gesetzt wurde, und berechnen die Auflagerreaktionen. Fiir das Gleichungssystem der Abb. b ermitteln wir nun die SchnittgroBen, zeichnen diese aber im Bereich ABO nur gestrichelt ein, wei! ja die wirklichen SchnittgroBen andere sind, auBer in den Punkten A, B und 0; denn in B bzw. in 0 ist es gleichgiiltig, ob man die Streckenlast selbst oder ihre

Abb.14.5a.

J~I ZPs Abb.14.5b.

. 2Pc l I

Abb.14.5c.

Abb.14.5d. ®I Abb.14.5e. ®.

4Pls

100 Aufgaben

Kraftesummen reduziert. Die giiltigen Werte der gesuchten SchnittgroIlen in A, B und a sind in den Abb. c, d und e durch kleine Kreise hervorgehoben.

Da nun die Streckenlasten im Bereich ABO konstant sind, miissen L und Q linear sein; wir brauchen also die kleinen Kreise nur durch gerade Linien zu ver­binden. Das Biegemoment verlauft bei konstanter Streckenlast parabolisch. AuBer den Parabelordinaten in A, B und a sind auch die gestrichelt gezeichneten Tangen­ten (namlich die Querkrafte) bekannt, womit sich auch der Biegemomentenverlauf leicht einzeichnen lii.Ilt.

Man beachte die Abhangigkeit der SchnittgroBen yom Winkel IX.

Aufgabe 14.6. Man ermittle Ort und GroBe des maximalen Biegemoments fUr den skizzierten HakEn.

Die SchnittgroBen in den Bereichen 1 und 111 sind samt­lich gleich Null, weil dort keine Krafte angreifen. 1m Bereich 11 haben wir das Biegemoment als Produkt M = Ph direkt vor uns, siehe Abb. a und vgl. Abb. 14.15. 1m Punkt B verschwindet das Biegemoment, weil B auf der Wirkungslinie der Resul­tierenden liegt. Das maximale Biegemoment tritt in a auf, weil dort der Abstand h maximal ist, namlich hmax = a, und damit wird Mmax = P a.

Dieses Beispiel zeigt sehr schOn die Uberlegenheit einfacher zeichnerischer Methoden. Man versuche die Aufgabe rechnerisch zu losen und iiberzeuge sich davon.

Abb.14.6a.

Aufgabe 14.7. Die SchnittgroBen des skizzierten Rahmens sind senkrecht iiber der Rahmenachse aufzutragen.

1. Bereich 1. Wir zerschneiden den Rahmen im beliebigen Punkt G und wah­len als unabhangige Koordinate den Zentriwinkel cp (x ware hier als Variable weniger geeignet, man iiberzeuge sich davon). Die Kraftesumme besteht nur aus der im Punkt A angreifenden Horizontalkraft yom Betrag P, die Momentensumme ist M (G) = Ph = P r sincp. Damit ist das Biegemoment im Bereich 1 bekannt. Die Kraftesumme wird nun nach Abb. b in ihre beiden Komponenten Lund Q

zerlegt, das gibt

L(cp) = P sincp (Druck);

Q(cp) = P coscp (nach innen). (a)

2. Bereich 11. Fiir jeden beliebigen Schnitt­punkt im Bereich 11 verschwindet die Krafte­summe und damit auch Querkraft und Langs­kraft. Das Biegemoment ist M = P r = const.

Abb.14.7d.

Abb.14.7e.

Aufgaben 101

Die drei SchnittgroBen sind in Abb. c bis e maBstablich tiber der Rahmen· achse aufgetragen. Man tiberzeuge sich davon, daB im Bereich I Langskraft und Querkraft zusammengesetzt stets die nach rechts gerichtete horizontale Kraft ~ yom Betrag P ergeben.

Aufgabe 14.S. Ein Kreisbogentrager ist symmetrisch durch drei Einzelkrafte nach Abb. a belastet. Man zeichne den Momentenverlauf fUr tanlX = lund tanlX = 0,5.

Die Auflagerkrafte lassen sich auf Grund der Symmetrie des Tragwerks und der Belastung ohne jede Rechnung direkt in Abb. a eintragen. Ftir tanlX = I zeichnen wir nun das Krafteck und anschlieBend die Sttitzlinie, indem wir Bo

Abb.14.8a.

P=Bo Abb.14.8b.

tanoc=1 KI 0 J

H=zK

M=H1J = KTJ

P=80 Abb.I4.8e.

tanoc=O,5 K I H=K J

als Pol wahlen. Der erste Seilstrahl hat dann die Richtung der ersten Kraft links, hier also die Richtung von Ill, siehe Abb. b. Das Biegemoment ist nun M = H 'f),

wo 'f) der Abstand zwischen StUtzlinie und Rahmen ist; die schraffierte Flache gibt aomit den Biegemomentenverlauf direkt wieder. Um den Richtungssinn des Moments zu ermitteln, denkt man sich rechts yom linken Auflager den Rahmen zerschnitten, dann dreht die Auflagerkraft III im Gegenuhrzeigersinn, ist also posi. tiv, und dies bleibt auf dem ganzen Rahmen so, weil es keinen Nulldurchgang in Abb. b gibt.

Dieselbe Konstruktion wiederholen wir fUr den Fall tanlX = 0,5 in Abb. c. Jetzt wechselt das Biegemoment zweimal das Vorzeichen. Will man die beiden Biegemomentenverlaufe miteinander vergleichen, so muB man die Ordinaten 'f) in Abb. c halbieren bzw. in Abb. b verdoppeln, weil einmal M = 2K 'f) und ein andermal M = K 'f) ist. Frage: Wie groB muB tano; gewahlt werden, damit das Biegemoment in Rahmenmitte gleich Null wird?

102 Aufgaben

Aufgabe 14.9. Fiir konstante Streckenlast q und die Auflageranordnung der Abb. a entwerfe man einen gekriimmten Rahmen, der frei ist von Biegemomenten.

Die Auflagerkrafte sind aus Symmetriegriinden ohne Rechnung mit der Ab· kiirzung tan(X = ell in Abb. b leicht einzutragen. Nun zerschneiden wir den Rah· men im beliebigen Punkt G, berechnen das Biegemoment und verlangen, daB es Null ist. Das gibt bereits die gesuchte Gleichung des Tragers in (a), namlich eine Parabel mit der Achse in z.Richtung. Wir berechnen noch den Scheitelwert (b)

.!l!::. rrl . e

Abb.14.9a.

Abb. 14 .9b .

Abb.14.9c.

der Parabel und die Steigung in (c). Die Auflagerkrafte miissen natiirlich tangential in den Rahmen einmiinden, was (c) bestiitigt. Der Scheitelwert z(l) = -e/2 zeigt, daB die Neigung des Rollenlagers im Punkt B die Form des Triigers wesent· lich beeinfluBt: Kleine Winkel (X bedeuten flache, groBe Winkel steile Parabel· bOgen.

EM(G)=qx--qlx--z=O~z(x)=- --2 r, x ql2 ex(x) 2 e 21 I '

(a)

e e z(l) = 2 (1 - 2) = - 2' (b)

z'(O) = - T' , I e z (2) = + T' (c)

Aufgabe 14.10. Fiir den skizzierten halboffenen Rahmen berechne man, soweit moglich, die SchnittgroBen L, Q und M.

Der Berechnung zuganglich sind nur die Felder I, II, III und IV. Wir finden der Reihe nach: Bereich I: Kraftesumme ffi = 0 und damit L = 0, Q = O. Das Biegemoment ist

M = P 11, = const, auf der Druckseite aufzutragen. Bereich II: Keine Kriifte, daher L = 0, Q = 0, M = O. Bereich III: Konstante Querkraft Q = P. Von Null bis Ph linear anwachsendes

Biegemoment. Konstante Langskraft L = P (Druck). Bereich IV: L = 0, Q = 2P; M linear anwachsend von Null auf 2P h.

Auigaben 103

Man beachte, daB wir die Auflagerkrafte gar nicht beniitigt haben. Deren Berechnung geliinge auch gar nicht, weil die Stiitzung statisch iiberbestimmt ist.

P 2P Ph II

I

o o

I ? I r- ®--l o

I ? I 2P L ___ _ -----~

\

~o ® Ph Illl1illllilt-___ _

I ? L ____ _

Abb. 14.10a.

Aufgabe 14.11. Man berechne die Stabkriifte des skizzierten Fachwerks: a) nach dem Elementarschnitt (CREMoNA-Plan), b) nach dem Totalschnitt (RITTERscher Schnitt). Die notwendige Bedingung (26) ist nach (a) mit 8 = 7 und k = 5 erliillt. Sie

ist auch hinreichend, weil das Fachwerk aus lauter Dreiecken besteht; die Stab­krafte lassen sich daher eindeutig ermitteln.

a) Elementarschnitt. Da das Fachwerk nach Abb. a die gleiche Struktur hat wie das von Abb. 14.23, kennen wir den Vorzeichenplan (29) direkt iibernehmen. Als Vektoren 5;; wahlen wir fiir Ober- und Untergurte die Einheitsvektoren (b). und fUr die Diagonalstabe die Vektoren (c). Diese tragen wir in das Schema (29) ein und bekommen das GIeichungssystem (d), das wir zweckmaBig in der Reihen­folge (2), (1), (10), (9), (4), (3), (6) auflesen. Die GIn. (5), (7) und (8) dienen dann zur Kontrolle. Die Lesungen tragen wir in Zeile (f) ein. Positive 8/j bedeuten Druck, negative Zug. Nun bilden wir noch nach (30) die Produkte ISol15iji = IlSijl und tragen diese getrennt nach Drnck und Zug in (g) ein. In Abb. b sind die Er­gebnisse graphisch dargestellt, wobei die Breite der Linien den Betragen der Stabkrafte proportional ist. Man sieht hier sehr schiin, wie infolge der beiden greB­ten Krafte jj54 und jj55 auch der Stab 45 am starksten beansprucht wird. Die Dar­stellung erinnert an die Verkehrscrhebungen der Stadtplaner, und tatsachlich spricht auch der Baustatiker in solchen Fallen vom "KriiftefluB" in einem Trag­werk.

104 Aufgaben

Nun zur zeichnerischen LOsung. Die fiinf einzelnen Kraftecke fiir die 5 Knoten werden in das geschlossene Krafteck der auJleren Krafte ~2' ~4> 21:, 58 eingebaut.

P t.p2 Z

~ 3P 4-

4-l

% ~ I I I ',5. --3l -t+-3l~3l--!-----3l

'lL=t.p7

_ Druck

~Zug

Abb.14.lla.

~ auBere Kraff

Abb. 14.11 b.

~ H

Abb.14.lle. Abb. H.lld.

Man kann entweder mit dem Knoten 1 oder mit 5 beginnen, da in heiden nur zwei Stabe zusammenstoBen. Wir wahlen 1 und schreiten in der Reihenfolge 2,

3, 4 und 5 fort. Jeder Knoten wird im Uhrzeiger-

Abb.14.lle.

sinn umfahren und die dadurch gegehene Reihen-!R folge im CREMoNA-Plan eingehalten. Hat man

die ersten drei Kraftecke gezeichnet, so fehlt am fertigen CREMoNA-Plan nur noch die Linie (45). Fur den Knoten 4 ist die Reihenfolge 6 34 , 6 24 ,

~4 und 6&5; da nur noch 6 45 unbekannt ist, bleibt im Krafteck EFGH lediglich HE offen; HE mull also die Richtung des Stabes 45 haben.

~ Fiir den Knoten 5 findet man das Krafteck bereits richtig geschlossen vor (Kontrolle). Die einzelnen Kraftecke und den daraus zusammengesetzten

Aufgaben 105

CREMoNA·Plan zeigen die Abb. c und d. 1m Lageplan, dem Fachwerk, sind nun nach Abb. e aile Stabe mit Pfeilen besetzt; 13, 23 und 35 sind Zugstabe, die iibrigen Druckstabe. Die Betrage der Krafte sind durch den gewahlten KriiftemaJ3stab festgelegt (man vergleiche die Ergebnisse der Rechnung).

Man zeichne den CREMoNA·Plan in der Reihenfolge 1, 2, 4, 5 und 3. b) Totalschnitt (RITTERscher Schnitt). Wir nehmen im Lageplan lauter Druck.

stabe an und zeichnen den Verlaufvon V und M nach Abb. f. Als erstes berechnen wir die horizontalen Stabe mit Hilfe des Biegemomentenverlaufs aus den drei Momentenbedingungen (h) bis (j), wobei immer das Kriiftesystem am linken ab· geschnittenen Teil zu reduzieren ist. Die drei zugehOrigen Schnittlinien sind im Fachwerk gestrichelt eingetragen. Die Diagonalstabe berechnen wir aus der Be· dingung }; Z, = 0 fUr den abgeschnittenen linken Teil in (k) bis (n). Die dazu beniitigten Summen der auBeren Krafte entnehmen wir dem Vertikalkraftverlauf der Abb. f. Der Schnitt gg z. B. trifft die drei Stabe 24, 23 und 13. Die Kraft 623 wird in ihre beiden Komponenten zerlegt, und nun laBt sich die Gleichgewichts. bedingung (I) leicht hinschreiben. Positive Werte von Si; bedeuten Druck., nega. tive Zugkriifte. Man vergleiche die Ergebnisse der Tabelle (g).

2k=2·5=1O, 8+3=7+3=10. (a)

S'2 S,. S.. S" S.. S35 S.. PIS

1 -3 -1 0 =0 (1) -4 0 12 =0 (2)

2 3 -3 -1 0 =0 (3) 4 4 0 -8 =0 (4)

3 1 3 -3 -1 0 =0 (5) 0 -4 -4 0 0 =0 (6)

4 1 3 -3 0 =0 (7) 0 4 4 -24 =0 (8)

--5 1 3 0 =0 (9)

0 -4 20 = 0 (10)

li3ijl = 5 1 5 1 5 1 5

S.; = 3 -9 -1 12 1 -15 5 in PI8

15 12 5 25 Druck 16'JI in PI8

9 5 15 Zug " 4,5 9 }; M (2) = - 4,5P 1 - 41813 = 0 ~ 813 = - - P = - - P,

4 8

!!...P= ~P 4 8'

" }; M (3) = - 6,OP 1 + 41824 = 0 ~ 824 =

" 7,5 15 }; M(4) = -7,5PL - 41835 =0 ~ 835 = - TP = - gP,

Falk, Techn. Mechanik II 14

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

(i)

( j

106 Aufgaben

1~~-+~--~L-~~L-+-~~-L~,5

1,5P ~5P -----t--,3l ~

0 1

I

®

1

I I

2,5P

I,5P sin(\< = ~P

8 '

2: z· = - O,5P - 823 sin(\< = 0 _ 8 23 = - O:5P = - 58 P, . ~~

4K Abb. 14.12a.

O,5P sin(\<

2,5P sin(\<

5 SP,

~P 8 •

Abb. 14.12b.

(k)

(1)

(m)

(n)

Aufgaben 107

* Aufgabe 14.12. Ein aus acht Staben und einem Winkelrahmen zusammen­gesetztes Tragwerk wird durch eine Streckenlast q und drei Einzelkrafte belastet. Man ermittle die SchnittgroBen.

Das Tragwerk im Gleichgewicht zeigt die Abb. a. Das Herauslosen des Rah­mens fiihrt hier nicht zum Ziel, da der abgeschnittene Rahmen dann sechswertig gestlitzt ist; lediglich die SchnittgroBen des Teiles DE lieBen sich auf diese Weise berechnen.

Wir ermitteln daher, von den drei Auflagerkraften ausgehend, samtliche Stab­krafte rechnerisch oder zeichnerisch. Den zerfallenden CREMoNA-Plan fUr die Kno-

2K N/J// Zug

([) Orud< K 2K 3K

zK o/ZK K

® K Abb.14.12c.

.JKl

® 0

ten 1, 11 und 111 zeigt die Abb. b. Nach Abb. 14.24 ist 5 ein Nullstab, daher ist 6 6 = 6 s· Die Stabkrafte werden in der Tabelle (a) zusammengefaBt.

Zerlegen wir die Stabkrafte in ihre waagerechten und horizontalen Kompo­nenten, so ist der Rahmen durch das Gleichgewichtssystem der Abb. c belastet. Die SchnittgroBen lassen sich nun fast ohne jede Rechnung liber dem Rahmen

auftragen. ______ ~--------------------------------------

Druck

Zug

s, S2 S. S, S. S, S.

2V2 2V2 0 V2 3V2 2V2 0 5

(a)

Aufgabe Hi.I. FUr einen homogenen Stab der Lange 1 und der Masse m be-rechne man Drehmasse und Tragheitsradius r bezliglich seines Endpunktes A. ~ dm=gFdr

Da es sich um stetig verteilte Massen i r:;t;~ d'4 handelt, ist in der Definitionsgleichung (14) 1~ l---- --J ein Dreifachintegral zu setzen. Dieses wird Abb.15.1a.

14*

108 Aufgaben

aber, da dm = I] dV = I] F dr ist, auf ein einfaches Integral zuriickgefiihrt, das sich in (a) leicht auswerten laBt. Die Gesamtmasse des Stabes ist m = I] F 1, dies in (a) eingesetzt, gibt die Form (b), aus der man den Tragheitsradius iA nach (17) berechnet.

(14) ~ e A = f f Jr2 dm = fr2 I] F dr = I] F fr2 dr = I] F [ ~ 1: = I] F ~ . (a)

12 12 eA =I]Fl3"=m3". (b)

(17) ~ i~ = e A = m 12 = ~; m 3m 3

(c)

Aufgabe 10.2. Fiir den skizzierten abgewinkelten homogenen Stab berechne man:

a) die Entfernung a=AS, b) die Drehmasse beziiglich B, c) die Drehmasse beziiglich A und d) die kinetische Energie der Drehbewegung urn A.

Rad 1 Umi. Gegeben: G = m g = 40 kp h = 10 cm 1 = 30 cmw = 2 -- = - --, , , sec n sec a) Die Lage des Schwerpunktes S berechnen wir so: Die Schwerpunkte Sl

und S2 der beiden Schenkel AB und BE liegen in deren Mittelpunkten. Da sie

Abb.15.2a.

beide die gleiche Masse m/2 haben, liegt der Gesamtschwerpunkt in der Mitte zwischen Sl

und S2 und halbiert die Strecke BD (Abb. a). Nun schreiben wir fUr die Dreiecke ASD und ABD den Satz des Pythagoras auf und elimi­nieren die GroBe b, das gibt den gesuchten Schwer­punktabstand (b).

b) Die Drehmasse beziiglich B entnehmen wir der Tab. 3a, indem wir in (c) die Drehmassen der beiden Stabe BA und BE mit der Masse m/2 addieren.

c) Aus (42) berechnen wir nun die Dreh­masse e A in (d).

d) Da A Momentanpol ist, wird die kinetische Energie der Drehbewegung nach (37) E = e A w2/2.

Diese Gleichung erweitern wir mit der Erdbeschleunigung g, wei! das Gewicht G und nicht die Masse m des Stabes gegeben ist, siehe (e).

a2 = h2 + b2 , 12 = h2 + (2b)2, (a)

m12 m12 12 eB =T3"+T3"=m3". (c)

(42) ~ eA = eB + m(a2 - b2) = eB + m(h2 + b2 - b2)

= e B + m h2 = m (~ + h2 ) • (d)

(37) ~ E = _A w2 = -_ - + h2 - = - - + 102 -- kp cm e mg(12 )W2 40(302 ) 22 2 2 3 g 2 3 981

= 32,6 kpcm. (e)

Aufgaben 109

* Aufgabe 15.3. Fiir die skizzierte homogene Scheibe der Dicke h berechne man Drehmasse und Tragheitsradius beziiglich A.

Zunachst etwas zur Bezeichnung. AIle zur vollen Rechteckscheibe gehiirigen GroBen wollen wir mit einer Tilde, aIle zum Kreissektor gehiirigen GroBen mit einem Dach versehen. Die Massen und Drehmassen der gegebenen Scheibe, des umschlieBenden Rechtecks und des herausgeschnittenen Kreissektors bezeichnen

wir demnach mit m, m, m bzw. 6,19, G, entspreohend die Fliichen mit F, P, F. Wir berechnen zuerst die Drehmasse G A des Kreissektors. Nach Tab. 3d ist GB = m r2/2. Die Umrechnung auf den Be· zugspunkt A erfolgt mit Hilfe der Trans­formationsformel (40) in (a) bis (d) und gibt schlieBlich mit den Werten (e) die endgiiltige Form (f).

Die Drehmasse 19 A der vollen Rechteck­scheibe sohreiben wir aus Tab. 30 in (g) abo Ware der Viertelkreissektor auf das Brett auf­genagelt, so miiBte man die beiden in (f) und (g) berechneten Drehmassen G A und 19 A

addieren; da aber der Sektor am Brett fehIt, Abb.15.3a.

~I

F,m

miissen wir die Differenz bilden, womit die Drehmasse 6 A in (h) gefunden ist. Wir dividieren sie noch durch die Masse m der Scheibe und bekommen daraus den Tragheitsradius (j). Fiir den Sonderfall b = 1 = 2r der Abb. a z. B. wird iA = 0,796 r.

Zur Kontrolle benutze man an Stelle der Transformationsformel (40) den verallgemeinerten STEINERschen Satz (42).

(40)--+GA =Gn +2mco+mc2 ; c=i"B, o=is,

c = i"B = ( 1/2 1; 0 = BS = [ - b/~2) , -s/2 J b/V2

(a)

(b)

cO=(!)(-:2) +(-;S)(:2)= ;v~ (l+s), c2 = ~ + ~. (c)

_ ~ ( r2:n;) m=m-m=eh ls-~. '2 6 A (41s - 3r2 :n;) (12 + S2) + 16r3(l + s) - 61"':n; ~A=-= m 12(41s-r2 :n;) .

S = 1 = 2r --+ i"A2 = (192 - 30:n;) I"' = 0 634 r2 ; 0796 r 12(16-:n;)r2 ' "A=, .

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

(i)

(j)

(k)

110 Aufgaben

Aufgabe 16.1. Lii.Jlt sieh die skizzierte Kiste dureh eine konstante Seilkraft vom Betrag K aus der Ruhe heraus in T Sekunden um d Meter fortbewegen, ohne daB sich die hintere Leiste vom Boden abhebt?

Gegeben: a = 150 em, b = 30 em, d = 500 em, g = 981 emjsee2 , T = 0,4 sec. An der Kiste greifen die beiden eingepragten Krafte K und G = m g sowie

die beiden Reaktionskrafte A und B in den beiden einwertigen Auflagern an, siehe Abb. a. Da sieh der Schwerpunkt S auf einer Horizontalen bewegen soli, ist Ys = const, somit Ys = 0 und tis = O. Die Bewegungsgleiehungen in der Form GB 2 mit den Bezugspunkten F und G und der x-Riehtung sind entkoppelt und

(J mx F s a--r-o---- a

Abb.16.1a.

liefern fast ohne jede Reehnung die drei Unbekannten x, A und B in (a) bis (c).

Die AuflagerkraftB ist als Summe zweier positiver Zahlen stets positiv, wirkt daher auf jeden Fall, wie angenommen, von unten naeh oben. A aber kann negativ werden; im Grenzfall A = 0 hebt sieh der HinterfuB gerade vom Boden abo Aus (c) bereehnet sieh dann die maximal zulassige Besehleu­nigung x = w in (d) und daraus dureh Inte-grationinfolge der Aufangsbedingungenxo = 0

und Xo = Vo = 0 mit den gegebenen Zahlenwerten die Streeke (e). In T = 0,4 sec sind somit nur 393 em zuriiekgelegt worden; die gestellte Frage ist daher zu ver­neinen. Versueht man, die Kiste trotzdem mit der erforderliehen Kraft K zu be­sehleunigen, so hupft sie sofort hinten hoeh, da die zugehOrige Auflagerkraft A naeh (c) negativ ausfallt, also von oben nach unten wirken muBte, was aber nicht moglieh ist.

(a)

GB2 (b)

(c)

aG=Kb; amg=mxb, a x = w = g b = eonst. (d)

(T) = w T2 = g a T2 = 981 . 150 . 0,42 = 392 4 x 2 2b 2.30 ' em. (e)

Aufgabe 16.2. Die Skizze zeigt eine Kindersehaukel (Translationssehaukel). a) Hangt die Sehwingungsdauer der Sehaukel von der Sitzordnung der Kinder

ab oder nieht? b) Man bereehne die Kriifte in den Stangen. Da die vier Punkte A, B, C und D in jeder Lage ein Parallelogramm bilden,

maeht die Scheibe eine Translation. Jeder Punkt bewegt sieh auf einem Kreis mit dem Radius l, wobei der Winkel IX von der Vertikalen aus gemessen wird. Speziell der Sehwerpunkt S bewegt sieh auf einem Kreis um den festen Punkt O.

a) Die Beschleunigung und damit die Sehwingungsdauer konnen wir analytiseh oder synthetiseh bereehnen. Wegen v = 1 & wird t2 = 12 &2, und damit sehreiben wir den Arbeitssatz (18) mit Hilfe von (15) in (a) hin, wo nun alles in IX und & ausgedriiekt ist. In der Umkehrlage ist & = 0 und IX = IXmax' das gibt die spezielle Form (b); differenzieren wir diese nach der Vorsehrift (16), so erhalten wir die gesuehte Beschleunigung & in (c), die mit (8.32) ubereinstimmt, was wir aueh

Aufgaben 111

ohne Rechnung hatten voraussagen konnen. Denn wegen der duroh die Bindungen erzwungenen Translation bewegt sich die Scheibe wie ein Massenpunkt. Die Schwingungsdauer ist daher unabhangig von der Massenverteilung der Schaukel oder der darauf sitzenden Kinder. Allerdings gilt dieser SohluB nur so lange, wie die Kinder ruhig sitzen und mit der Schaukel zusammen einen starren Korper bilden.

Synthetisch bekommen wir die Beschleunigung aus der t-Komponente des Schwerpunktsatzes in (d), und zwar sehr viel einfacher als auf analytischem Wege. Trotzdem sind die GIn. (a) bis (c) nicht etwa iiberfliissig, weil wir noch die Re­aktionskrafte bereohnen wollen, die zunachst von eX2 abhangig sind.

b) An der Scheibe greifen die beiden Reaktionskrafte A und B und das Ge­wicht m g an. Reduktion der Massenbeschleunigungen im Schwerpunkt S gibt

mg

~d F

Abb.16.2a,

den Vektor m ~s, den wir ebenso wie das Gewioht in die Richtungen t und n zer­legen. Aus Schwerpunkt- und Momentensatz (d) his (f) herechnet man nun leicht die heiden Reaktionskrafte A und B als Funktion des Winkels 0.:, wenn man noch b'/a' = b/a heachtet und die GroBe eX2 mit Hilfe des Arheitssatzes (h) eliminiert.

Zur Kontrolle wahle man GB 2 mit zwei geeigneten Bezugspunkten und der Richtung n.

Ao = m g(z - zo) = m g 1 (coso.: - coso.:o) = ; (v2 - vri) = ; 12(eX2 - eX~). (a)

_ 1( ) - m 12 '2 t = 0, eXo = 0, 0.:0 - o.:max --+ m g coso.: - coso.:max - "2 ex.

m g 1 ( - eX sinex - 0) = m 12 eX 6( --+ 6( = - ~ sino.:,

f £ KT

GBl1 £ KN

. 1 .... g. = -m g sino.: = m ex --+ cx = - T Sino.:,

l = A + B - m g COSIX = m 1 eX2 ,

n,

£ M;(S) = A a' - B b' = O. b

A (IX) = m g(3 cosex - 2 COSIXmax) --b-' a+ a

B(ex) = m g(3 COSIX - 2 COSIXmax) a + b .

(h)

( c)

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

112 Aufgaben

Aufgabe 16.3. Eine Scheibe ist nach Abb. a um das feste Gelenk 0 drehbar und durch eine Drehfeder C gefesselt. Man diskutiere die Bewegung.

tp Nach (12.42) greift an der Scheibe das Ruckstellmoment - 0 cp an. Aus dem Momentensatz (23) folgt dann die Be­schleunigung (a). Die Scheibe macht somit eine harmonische Schwingung um die entspannte Federlage. Man beachte die vollstandige Analogie zur Translationsschwingung, dort war v2 = elm, hier ist v2 =-_GJ€<!fJ' Man hat also lediglich Feder und Masse durch Drehfeder und Drehmasse zu ersetzen. Ermittelt man die Drehfederzahl aus einem statischen Ver­such und miBt die Schwingungsdauer T, so laBt sich die Drehmasse eo auch experimentell ermitteln.

Abb.16.3a.

n, C (23) ~ 1: Mj(O) = -0 cp = eorp ~ rp = -I:\CP = -v2 cp.

<!:'/O (a)

Abb.16.4a.

(b)

Aufgabe 16.4. Ein Pleuel hangt im Punkt 0 auf einer Schneide und schwingt als Pendel. Gewicht m g und Schwer­punktsabstand a seien bekannt. Aus der Dauer T der kleinen Schwingungen berechne man die Drehmassen bezuglich A und B.

Aus der Schwingungsdauer T berechnen wir zunachst die Drehmasse eo in (a) und daraus nach dem STEINERschen Satz (15.42) die gesuchten Drehmassen e A und 0 B in (b) und (c). Diese beiden Drehmassen benotigt man z. B. fUr die Berechnung von kritischen Drehzahlen einer Kurbelwelle.

(30) 2:n: V 00 T2 ~ Tf>:;--=2:n: -- -+ 0 o=mga--,

v mga 4:n:2 (a)

0 B = 00+ m(BS2 - OS2); BS = b, os = a. (c)

Autgabe 16.0. Eine starre Scheibe sitzt nach Abb. a fest auf einer elastischen Welle und kann im Schwerefeld schwingen. Man diskutiere die Bewegung.

Wir ersetzen die elastische Welle durch eine Drehfeder der Drehsteifigkeit 0 und haben damit das einfache System der Abb. b vor uns; man vergleiche auchAbb. 12.26. Aus dem Momentensatz (a) berechnen wir die Drehbeschleunigung rp in (b). Fur kleine Schwingweiten kann man sincp durch cp ersetzen; das gibt nach (c) eine

Abb.16.5a.

O~0 ~ovJ C~ as

tp 'f mg

I-.~ asinr

Abb.16.5b.

Aufgaben 113

harmonische Drehschwingung mit der Kreisfrequenz y um die Wellenachse. In der Ruhelage liegt S notrecht unter O. Wir sehen, daB die Einfliisse von Drehfeder und Schwerpunkt sich einfach addieren.

n }; M;(O) = -0 f{! - mgasinf{! = eo cp,

.. G mga. f{!(f{!) = - - f{! - -- SIncp eo eo

2 O+mga y = eo .

(a)

(b)

(c)

Aufgabe 16.6. Eine federgefesselte starre Scheibe kann sich urn einen festen Punkt 0 im Schwerefeld bewegen. Sind harmonische Schwingungen moglich?

Die Abb. a zeigt eine allgemeine Lage fiir kleine Auslenkungen. Der Momentensatz (a) geht mit den GroBen (b) iiber in die Bewegungsgleichung (c). Fiir kleine Schwingweiten kann man sincp und tancp durch cp ersetzen und bekomm t die Bewegungsgleichung einer harmonischen Schwingung mit der Kreisfrequenz y

in (d). Durch geeignete Wahl der Abmessungen a und h sowie der GroBen c, m g und eo laBt sich die Schwin­gungsdauer in weiten Grenzen variieren; eine Moglich­keit, die z. B. bei SchwingungsmeBgeraten geschatzt wird.

Scherzfrage: Fiir c = 0 (fehlende Feder) folgt aus (d) y2 = -m g a/eo' Die Kreisfrequenz y wird somit imaginar. Was bedeutet das? Abb.16.6a.

n }; M;(O) = G b - F h = eo cp,

G=mg, F=cw=chtancp, b=asincp,

eaCP = mgasincp - ch2 tanf{!,

tanf{! "'>! sinf{! "'>! f{! ~ cp = _y2 f{!, 2 _ C h2 - mga

y - eo .

(a)

(b)

(c)

(d)

Aufgabe 16.7. Fiir das Drehpendel der Aufgabe 15.2 berechne man die Schwin­gungsdauer T als Funktion der Lange h.

Wir berechnen zunachst die reduzierte Pendellange in (a), indem wir die Dreh­masse eA und den Schwerpunktabstand a aus den Formeln (d) und (b) der Aufgabe 15.2 iibernehmen. Die extremalen Werte fUr Ired und damit auch fUr die Schwingungsdauer T ergeben sich fUr h = 0 und h = I in (b). Zwischen diesen Grenzen laBt sich die reduzierte Pendellange und damit die Schwingungsdauer variieren, wovon man beim Gehen und Laufen durch entsprechendes Anwinkeln der Arme Gebrauch macht, um den Takt der Armschwingungen dem Takt des Schrittes anzupassen.

eA Aufgabe 15.2 ~ Ired = -- = ma

2 h = 0 ~ Ired = "3 l.

(a)

(b)

Man berechne auch die Schwingungsdauer T als Funktion von h fiir den Auf­hangepunkt B der Abb. 15.2a.

114 Aufgaben

Aufgabe 16.8. Das skizzierte homogene Brett soll in einem Punkt 0 auf der Mittellinie SO so aufgehangt werden, daB es so schnell wie moglich schwingt. Fiir diesen Fall berechne man

a) die Schwingungsdauer fiir ipm.x = 90° und b) die Auflagerkrafte Kl und K2 als Funktionen des Winkels ip.

Gegeben: b = ! I, 1 = 60 cm, ex = 45°. Nach Abb. 16.8 ist die Schwingungsdauer T minimal, wenn OS = a = is ist.

Die zugehorige reduzierte Pendellarge ist dann Ired = 2is = 2a. Die Drehmasse es entnehmen wir der Tab. 3c und berechnen daraus is in (a) und die Kreisfrequenz

nach (29) in (b). Damit lassen sich die beiden gestellten Fragen leicht beantworten.

a) Nach (30) berechnen wir die Schwingungs­dauer T in (c) und (d).

b) Setzen wir in (35) und (36) die speziellen Werte Ired = 2a, e = Ired - a = 2a - a = a und cosipm.x = cos 90° = 0 ein, so bekommen wir die Auflagerkriifte (e), die wir nach Abb. a in die Stabrichtungen zu zerlegen haben, wa~. durch Gleichsetzen der KomponenteIL in:!:: und y-Richtung in (f) und(g).gesc!:ieh.~:.._l)i!l Stabkriifte (h) sind in Abb. b iiber einer ip-Achse aufgetragen.

Abb.16.8a. mg .J

2

-90° -00° -300 0 ,J00 00° .900

'f -7

-2 Abb.I6.8b.

02 = cos ipm.x = cos45° = 0,707; 0 = 0,841 2

A 2n 2n (30) ->- T I":::! T = -;;r = 4,76.0,841 sec = 1,57 sec.

A mg . (35) ->- T(ip) = -2- Slllip, (36) ->- AN(ip) = 2m g cosip •

.r: Xi = -Kl - K2/V2 = AT cosip - AN sinip = - : m g cosip sinip.

1: Yo = 0 + K 21V2 = AT sinip + AN cosip = ~g (sin2 ip + 4 COS2 ip).

Kl = ~ q (3 cOSip sinip + 3 sin2 ip - 4), K2 = V; (4 - 3 sin2 ip).

(c)

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

Aufgaben 115

Aufgabe 16.9. Eine starre homogene Scheibe mit Kreisberandung roUt eine schiefe Ebene hinab. Die Bewegung sei reibungsfrei.

a) Man berechne die Schwerpunktsbeschleunigung. b) Wie groB darf der RoUwert f hiichstens sein, damit kein Rutschen eintritt? Gegeben: tancx = 1, f1, = 0,4. Wir wahlen das Koordinatensystem der Abb. a und zerlegen das in S angrei.

fende Gewicht in die beiden Richtungen x und y. Da die Bahn von S geradlinig ist, verschwindet die Normalbeschleunigung; die Tangentialbeschleunigung ist r rp = is im Punkt T' Abb. 16.13. GB 2 mit den Bezugspunkten Q, T' und der y.Richtung ist nun entkoppelt und liefert der Reihe nach die drei Unbekannten is, H und N in (a) bis (c).

a) Die erste Frage ist durch (a) bereits beantwortet. Die konstante Beschleunigung des Schwerpunktes ist urn so groBer, je steiler die schiefe Ebene und je kleiner der Rollwert fist.

b) Division der beiden GIn. (b) und (c) ergibt das Verhaltnis q = HIN. Dieses hangt von der Steigung der schiefen Ebene und vom Rollwert f ab, nicht aber von der Masse und dem Radius der Abb.16.9a.

rollenden Scheibe. Fur tancx = 1 ist insbesondere q = 13/(1 + f), siehe Abb. b. Eine horizontale Gerade im Abstand f1, = O,1t schneidet die gezeichnete Kurve in einem Punkt P mit der Abszisse e = 2/3

tr= !J. =£ 7 N 1+£

7/3

0,4 1/3-----

Abb.16.9b.

e

Damit ist auch die zweite Frage beantwortet. Ist der RoUwert groBer als 2/3 so tritt Rutschen ein, weil das Verhaltnis q = HIN groBer ist als die gegebene Haftziffer 0,4. Die homogene Kreisscheibe hat den Rollwert 0,5; fUr diese ist daher RoUen moglich, nicht aber fUr den Kreisring, dessen RoUwert 1,0 ist.

r. E Mi (Q) = m g sincx r = m is r(l + f) .. 1. t

-+ Xs = -1-- g slncx = cons, +f r. . 0 H f . E Mi(T') = Hr(1 + f) - m g smcxrf = -7 = -1--m g smcx = const, +f

= N - mg coscx = 0 -7 N = mg coscx = const,

H f H f q = N = 1 + f tancx; tancx = 1 -+ q = N = ~.

(a)

(b)

(c)

(d)

116 Aufgaben

Aufgabe 16.10. Eine homogene starre Scheibe mit Kreisberandung rollt einen Abhang hinab und steigt in einer Schleife wieder hoch nach Abb. a. Die Scheibe werde im Punkt A aus der Ruhe losgelassen. Wie groB muB die Hohe h sein, da­mit die Scheibe am Punkt B soeben vorbeikommt, ohne herabzufallen? Die Be­wegung sei reibungsfrei.

Fur die in Abb. b skizierte Lage 1 schreiben wir die Normalkomponente des Schwerpunktsatzes in (a) hin und eliminieren die GroBe tjJi mit Hilfe des Arbeits-

Abb.16.10a. Abb. 16.10b.

satzes (b), womit die Normalkraft N in (c) alsFunktionderHeheherscheint.Die Scheibe lost sich in B von der Wand ab, sobald N = 0 ist. Die dazugehOrige Hohe h berechnen wir in (d) allgemein und fur einige Sonderfalle in (e) bis (g).

Man vergleiche auch Aufgabe 8.8.

~K -N+ _ mr2tjJ~ _ mr2tjJ~ .;., N- mg--------.

r!s R - r

El - Eo = A6 = m g h = mt (1 + e) (tjJi - 02) -+

N = mg [(1 + e~~R _ r) - 1] N = 0 -+ h = t (1 + e) (R - r).

Kreisring: to = 1 -+ h = R - r,

Kreisscheibe: e = 0,5 -+ h = !- (R - r),

Massenpunkt: e = 0, r = 0 -+ h = Rj2.

.2 2g h f/Jl = r2 (1 + e) ,

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

(g)

* Aufgabe 16.11. Eine homogene Kreisscheibe ist nach Abb. a mit einer Feder verbunden und rollt auf horizontaler Ebene.

a) Man diskutiere die Bewegung. b) Innerhalb welcher Grenzen kann bci gegebener Haftziffer p die Scheibe

rollen, ohne zu rutschen? An der Scheibe greifen die beiden eingepragten Krafte Fund G und die beiden

Reaktionskrafte H und N an. Die Bahn des Schwerpunktes ist eine horizontale Gerade, daher verschwindet seine Normalbeschleunigung; die Tangentialbeschleu­nigung ist :is = r if. Der Punkt T' auf der Wirkungslinie der Massenbeschleuni­gungen wird nach Abb. 16.13 durch den Rollwert der homogenen Scheibe fest­gelegt. Nun benutzen wir GB 2 in (a) bis (c), womit die drei Unbekannten :is, H und N berechnet sind. Die beiden gestellten Fragen sind damit leicht zu be­antworten.

Aufgaben 117

a) Der Schwerpunkt S macht eine harmonische Schwingung auf horizontaler gerader Bahn mit der Kreisfrequenz v, die von c und m, aber auch vom Roll­wert e abhangt; die Scheibe schwingt urn so langsamer, je groBer der Rollwert und damit der Anteil der Rotations­energie ist.

b) Wir berechnen den Quotienten q=HjN in (d), der nicht groBerseindarf als die gegebene Haftziffer 11, woraus sich die Grenzwerte fUr Xs in (d) berechnen lassen. Nur innerhalb dieses Bereichs kann die Haftkomponente H (x) die Roll­bewegung erzwingen; auBerhalb tritt Rutschen ein. Abb.16.11a.

J 1: M;(Q) = -cxsr = mxsr(1 + e) --+ Xs = - m(lc+ e) Xs = - V2xs (a)

GB2 ~, e

11: M ;(T)=cxs re-Hr(l+e)=0--+H= 1+8 cXs ,

1: Y; = N - m g = ° --+ N = m g = const,

-!i. ___ e_ cXs q-N-l+8 mg'

-11<q<+11 1+8 mg l+e mg

- 11--e - -C- < Xs < l1-e- -C-·

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

Aufgabe 16.12. Eine homogene Scheibe mit Kreisberandung wird im Punkt A aus der Ruhe losgelassen, rollt zunachst einen Abhang hinab, dann auf horizon­taler Geraden weiter, bis sie schlieBlich im Punkt B liegenbleibt, siehe Abb. a.

Man berechne das als konstant angenommene Reibmoment MR in Abhangig-keit von m g, h, r und der Bogen- ~ s=AB I lange 8. ,g

Die zwischen den beiden Lagen A f . und B geleistete Arbeit ist Null, da h /'---, die Scheibe in beiden Punkten ruht. t '+'+'1\. Positive Arbeit leistet die Schwer- \ B / kraft, negative das Reibmoment, '- ,/ woraus sich dieses in (a) leicht "::~::<' ',; berechnet. Abb.16.12a.

B mgh r AA = mgh - MRP = 0--+ M R= --= mgh-.

P 8 (a)

* Aufgabe 16.13. Eine Scheibe mit Kreisberandung rollt aufhorizontaler gerader Bahn. Infolge einer geometrischen oder physikalischen Inhomogenitat rallt der Schwerpunkt S nicht mit dem Mittelpunkt M der Scheibe zusammen. Man zeichne das Geschwindigkeits-Weg-Diagramm fiir den Mittelpunkt M.

Als Beispiel diene die homogene Holzscheibe mit aufgesetzter Eisenmasse nach Abb. b.

Gegeben: Po = 0, if'5 = gj2r. Mit der Arbeit der Schwerkraft (a) und der kinetischen Energie (b) laBt sich

der Arbeitssatz (c) hinschreiben, womit die gesuchte Funktion cp2 = cp2(p) im

118 Aufgaben

wesentlichen vor uns steht. Den veranderlichen Abstand d = [JS driicken wir in (d) durch den Drehwinkel cp aus und bekommen damit die Gl. (e). Diese divi­dieren wir durch die Masse m und benutzen noch den STEINERSchen Satz es + m a2 = eM = m ii£, womit das gesuchte ¢-cp-Diagramm (f) gefunden ist. Wenn S mit M zusammenfallt, ist a = 0, somit ¢2 = ¢~ = const, wie es sein muB.

Abb.16.13a. Abb. 16.13 b.

Fiir das Beispiel der Abb. b berechnen wir nun die Werte a und i~ in (g) und bekommen nach leichter Rechnung das Geschwindigkeits-Weg-Diagramul (h), das in Abb. c fiir verschiedene Anfangswertpaare CPo; ¢o dimensionslos aufgetragen wurde. Es gibt demnach drei Bewegungstypen: Falls das Diagramm geschlossen ist, pendelt die Scheibe periodisch hin und her, falls es offen ist, roUt die Scheibe endlos weiter, jedoch nicht gleichformig. Die gestrichelte Grenzkurve ist ein Sonder-

Abb. 16.13 c.

Aufgaben 119

fall; der Scheibenschwerpunkt 8 bleibt jetzt im hiichsten Punkt seiner Bahn liegen, erreicht diese Lage jedoch erst in unendlich groBer Zeit.

Zum gegebenen Anfangswertepaar gehiirt der Punkt P mit den Koordinaten

tpo = 0 und ¢o)!;Jg = 1/V2; nach Abb. c liegt P innerhalb der Grenzkurve, somit pendelt die Scheibe, ohne weiterzurollen.

Ao = m g(z - zo) = m g a (cos tp - costpo),

2E = ell ¢2 = (es + md2) ¢2,

(a)

(b)

2m g a (costp - costpo) = (e,s + m d2) ¢2 - (es + m d5) ¢~, (c)

b = a - t; b2 = a2 - 2a t + t 2 = a2 - 2a" costp +,,2 = d2, (d)

(c) --'Jo 2m g a (costp - costpo) = (es + m[a2 + ,,2 - 2a" costp]) ¢2 -

- (es + m[a2 + ,,2 - 2a" costpo]) ¢~.

2g a (cos tp - costpo)/¢5 + (i1 + ,,2) - 2a" costpo .2 ¢2(tp) = (i1 + ,,2) _ 2a" costp CPo·

- r M8=a=-;p

'2/ _ 4(costp - costpo) + (11 - 4C08tpo) r ¢5!g r cP g - 11 _ 4costp .

gungen im Schwerefeld aus. a) Man stelle die Bewegungsglei­

chungen auf. b) Fiir die Anfangsbedingungen ¢o = 0,

tpo = 60° sind die beiden Reaktionskrafte A und B tiber dem Winkel tp aufzutragen.

Gegeben: es = m 12. Der Momentanpol Q liegt im Schnitt­

punkt der beiden Reaktionskrafte A und B; daher ist wegen 80 = 8A = 1 auch 8 Q = 1. Die Bahngeschwindigkeit des Schwerpunktes 8 ist einerseits Vs = 1 &, _A_M:$= weil sich 8 auf einem Kreis urn 0 bewegt, andererseits ist Vs = 1 ¢, weil 8 ein Punkt der Scheibe ist, woraus die Beziehung (a) folgt. Man beachte aber, daB tp und IX im

" 3 2 ~111 = 8 r ,

entgegengesetzten Sinn positiv gezahlt Abb. 16.14a.

werden.

(e)

(f)

(g)

(h)

a) Aus dem Arbeitssatz (b) folgt wegen ¢o = 0 und ell = e8 + m 12 = 2m 12 das Geschwindigkeitsquadrat (c) und daraus durch Differenzieren nach der Zeit die Bewegungsgleichung (d).

b) Die Reaktionskrafte liefert nur die synthetische Methode. Wir tragen die in 8 reduzierten Massenbeschleunigungen und die drei Krafte A, B und m g in die Zeichnung ein und benutzen GB 2 mit den Bezugspunkten 8 und Q und der

120 Aufgaben

Richtung u. (Die Richtung t, die frei vom Geschwindigkeitsquadrat ¢2 ware, ist verboten, wei! sie senkrecht zur Verbindungslinie SQ steht, siehe Abschnitt 12.5.

mg

Abb. 16.14 b.

Aus (e) bis (g) folgen die Unbekannten 6i., A und B in (h) bis (j). Die Fadenkraft B ist vom maximalen Ausschlagwinkel iXo abhangig; fiir den gegebenen Wert iXo = 60° ist COSiXo = 0,5.

Die Kraft A ist schiefsymmetrisch, die Kraft B symmetrisch zur Mittellage, siehe Abb. b.

9Js =l&=l¢; &=¢; 6i.=rp. (a)

Ao = m g 11, = m g l(COSiX - COSiXo) = E - Eo = O2-9 (¢2 - ¢ij). (b)

¢2 = ",2 = ~ (eosiX - eosiXo), (e)

2 ... g ( .. 0) ex ex = T - ex SInex - , .. g.

ex = - 2TSInex. (d)

r. I E M,(Q) = -mgsinexl = 0 s rp +ml6i.l=2mI26i.,

GB2 r. IE M,(S) = -A I cosex = 0 s rp = m 12 &

(e)

(f)

(g) E KN = B - A sinex - m g COSiX = m 1 &2.

(e) .. g.

...... ex = - 2Ts1nex, (h)

(f), (h) ml& mg

...... A = - -- = -- tanex COSiX 2 '

(i)

(g), (i), (e) ...... B = mgsin2ex

2 + m g eosex + m g(cosex - COMo). eosiX

(j)

Aufgaben 121

Aufgabe 16.15. Ein homogener Stab der Lange 21 wird nach Abb. a an eine Wand gelehnt und aus der Ruhe losgelassen.

a) Man berechne die beiden Auflagerkrafte A und B als Funktionen des Winkels cpo

b) In welcher Hohe fJ lost sich der Stab von der senkrechten Wand?

Gegeben: Anfangslage coscpo = 3/5; sincpo = 4/5; f9s = m 12/3.

a) Solange sich der Stab nicht von der Wand lost, ist 08 = 1 = const; der Schwerpunkt 8 bewegt sich somit auf einem Kreis urn 0 mit dem Radius 1. Der Momentanpol liegt im Schnittpunkt der beiden Reaktionskrafte 2{ und )8. Auch die Entfernung Q8 = 1 ist konstant, daher ist die Schwerpunktsgeschwindigkeit

y

Abb.16.15a. Abb. 16.15 b.

Vs = 1 tjJ und die Tangentialbeschleunigung Vs = 1 ip. Die Normalbeschleunigung ist zum Krummungsmittelpunkt des Schwerpunktkreises, also nach 0 hin ge­richtet und hat den Betrag Wn = v~/(!s = v~/l = 1 tjJ2. Die in 8 reduzierten Mas­senbeschleunigungen und aIle angreifenden Krafte sind in Abb. a eingetragen. Zunachst berechnen wir aus dem Arbeitssatz (a) mit den speziellen Werten (b) die GroBe tjJ2 in (c) und wahlen nun GB 2 mit Q und 8 und der x-Richtung zur Berechnung der drei Unbekannten ip, A und B, siehe (d) bis (j). 1m Augenblick des Loslassens ruht der Stab, daher ist cPo = 0, cp = 'Po; das gibt mit den gegebenen Werten fiir cos'Po und sin'Po die Werte (k) bis (m). In der Anfangslage sind beide Krafte positiv, d. h. nach Abb. a Druckkrafte, und nur solche kann die Wand auf den Stab ausiiben. Nach (h) kann die Auflagerkraft A = 0 werden, namlich fUr den speziellen Wert (n). Fur noch groBere Werte von cp wiirde A negativ ausfallen, was aber nicht sein kann. Der Stab stoBt sich daher von der lotrechten Wand ab und ftihrt im folgenden eine komplizierte Bewegung mit zwei Freiheitsgraden durch. Nach (j) ist im Augenblick des Ablosens B(rj) = mg/4, siehe Abb. b, die auch die statischen Reaktionen A, f3. und f3y enthiilt fur den Fall, daB das untere Ende des Stabes zweiwertig gesttitzt ist. Man beachte die ruckartigen Anderungen der drei Reaktionen beim Loslassen: f3x springt von 2G/3 auf Null, f3y von G auf 13G/25 und A von 2G/3 auf 9G/25.

Falk, Techn. Mechanik II 15

122 Aufgaben

e!) Ao = - m g(y - Yo) = - m g l(ooscp - oosCPo) = E - Eo = -2- (rp2 - rp%),

m 12 4m12

rpo = 0, en = e s + m [2 = -3- + m[2 = -3-

(a) -->- rp2 = ~~ (cos CPo - coscp) ,

" I1:M,(Q)=mglsincp =esip+m[ip1,

GB 211: M,(S) = B 1 sincp - A 1 coscp = es ip,

1: X, =A =m1ipcoscp-m1rp2 sincp.

(d) "()_ mg1sincp _ 3mglsincp _ 3!L . -->-cp cp - es+m12 - 4m12 -'4 [smcp,

(f) -->- A (cp) = m 1! ~ sincp coscp - m1 !~ (coscpo - ooscp) sincp

= 3~ g (3 ooscp - 2 cos CPo) sincp,

(e) -->- B 1 sincp = e8 ip + A 1 coscp

=es ! ~ sincp+ 3~g[ (300scp-2ooscpo)sincpooscp,

mg 3mg B(cp) = T + -4- (3coscp - 200scpo) COsrp,

" 3 g 4 3 g rp(rpo) ='4 T '5 ='5T'

3mg . 3mg 3 4 9 A (IPo) = -4 - oos IPo sm IPo = -4 - '5 '5 = 25 m g,

m g 3 m g m g ( 9) 13 B(rpo)=T+-4-cOS2rpO=-4- 1+325" =25"mg.

cosrp = i cos CPo , -+ iJ = i Yo'

(a)

(b)

( c)

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

(i)

(j)

(k)

(I)

(m)

(n)

Aufgabe 16.16. Ein homogener Stab der Lange 21 wird nach Abb. a zwei­wertig gefiihrt. Man zeichne das v-s-Diagramm fUr den Schwerpunkt S.

Die einzige eingepragte Kraft ist das Gewicht @i. Dieses leistet aber keine Arbeit, da es dauernd senkreoht zur Bahn des Schwerpunktes steht, also ist nach dem Arbeitssatz die kinetische Energie konstant, woraus aber nicht etwa folgt, daB auch v~ = const ware, denn der Rollwert s = i~/d2 ist nach (b) veranderlich. Mit der Drehmasse es = m 12/3 berechnen wir nun den Rollwert in (c) und weiter das Geschwindigkeitsquadrat in (d). Fiir den speziellen Wert Xo = 1/2 zeigt die Abb. b das Gesohwindigkeits-Weg-Diagramm des Massenmittelpunktes S.

2E = mv~ + es rp2 = mv~(l + s) = mV~o(1 + so) = const. (a)

2 1 + So 2 b) vs=~vso' (

m 12 i~ I [2 I 4 - 3;t x es = -3-; s = (j2 ="3 12 _ x2 ; I + s ="3 I _ ;2; ; = T' (c)

4 - 3~ 1 _;2 0

(b) -->- v§ = 1 -;6 4 _3;2VSO' (d)

;0= 21 -->- v~= 133 1 -;t v~o' (e) 4 - 3;2

Aufgaben

Abb.16.16a.

Abb. 16.16b.

vivo 1.04

-7

123

Aufgabe 16.17. Eine starre Scheibe schwingt im Schwerefeld aus der Lage (0) in die Lage (I). Dort lost sie sich vom Auflager und steigt frei empor bis zur Um­kehrlage (2), siehe Abb. a.

a) Wie groB ist die Drehgeschwindigkeit 0) nach dem Ablosen? b) Welche SteighOhe z erreicht der Schwerpunkt 81 a) Nach dem Ablosen vom Auflager wirkt auf die Scheibe allein das im Mas­

senmittelpunkt 8 angreifende Gewicht <M = -m g 3. Nach dem Momenten­satz (b) ist daher die Drehgeschwindigkeit tjJ = 0) = oonst, und nach dem Schwerpunkt­satz (a) bewegt sich 8 auf einer lotrechten Geraden, da beim Ablosen die Geschwindig keit bs die Richtung von 3 hatte.

b) Die SteighOhe z berechnen wir aus dem Arbeitssatz. Die kinetischen Energien in den drei Lagen sind: Eo = 0, weil die Scheibe zu Anfang ruht; El = (00)2/2 und Ea = (80)2/2, ~~nn in der Lage (1) ist das feste Gelenk 0, in der Lage (2) der Schwerpunkt 8 Momen­tanpol. Aus den Arbeitssatzen (d) und (e) fUr beide Bewegungsabschnitte folgt nun die Abb.16.17a.

gesuchte SteighOhe z in (f).

E sri = - m g 3 = m!s ~ !s = - g 3, E M,(8) = 0 = Bs ip ~ tjJ = 0) = const.

2Eo=0; 2El=eo0)2; 2Eg =(8 0)z,

Al 1. E E ev (2 02) 2 2mgh .<:10 = + m g 16 = 1 - 0 =""2 0) - ~ 0) = e;;-'

2 0)2 mgh Al = -mgz = Ea - El = -(e8 - eo) = --(e8 - eo),

2 eo

(d), (e) ~ z = h (1 - ::). 15*

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

124 Aufgaben

Aufgabe 16.18. Zwei homogene Kreisscheiben sind in ihren Mittelpunkten durch eine masselose Stange verbunden und rollen gemeinsam eine schiefe Ebene hinab. Man berechne:

a) die Beschleunigung der Schwerpunkte, b) die Kraft in der Stange. Auf Grund der Rollbedingungen und des konstanten Abstandes zwischen den

beiden Schwerpunkten Sl und S2 hat der Scheibenverband nur den einsn Frei­heitsgrad X; unbekannt sind die vier auBeren Reaktionen N1, HI' N2, H2 und die innere Reaktion K; der Verband ist somit kinetisch bestimmt, da uns zweimal

Abb. 16.18a. Abb.16.18b.

drei Gleichungen zur Verfugung stehen. Die beiden Schwerpunktbahnen sind gerad­linig und der x-Achse parallel. Daher verschwinden in Abb. 16.13 wegen (! = 00

die Normalbeschleunigungen, nach Abb. a ist somit x = r1 ip1 = r2 ip2'

a) Die gemeinsame Beschleunigung x liefert der Leistungssatz L = E. Mit der kinetischen Energie (a) und der Leistung der beiden Gewichte (b) berechnet man E in (c) und die Beschleunigungen (d). Da die Bahnbeschleunigung konstant ist, wachst die Geschwindigkeit linear, der Weg quadratisch mit t.

b) Wir zerschneiden die Stange und betrachten eine der beiden Scheiben, etwa I, fiir sich. Die Momentengleichung (e) beziiglich ill' enthalt dann die Be­schleunigung X; ersetzen wir diese nach (d), so ergibt sich die Stangenkraft K in (f). Da der Nenner positiv ist, wird die Kraft K positiv, ist also nach Abb. a eine Zugkraft, wenn der Rollwert 61 der hinteren Scheibe groJ3er ist als 6 2 , Die vordere Scheibe wiirde in diesem Fall fiir sich allein schneller rollen und zieht daher die andere hinter sich her. Wenn aber 6 2 > 6 1 ist, wird K negativ: Jetzt schiebt die hintere Scheibe die vordere, und die Stange wird gedriickt. Die Formel (f) bleibt richtig, wenn eine oder beide Scheiben eine Translation machen, dann wird 6, = O. Fiir das Beispiel der Abb. b etwa ist 61 = 0, 6 2 = 0,5 (homogene Kreisscheibe), ferner cosfJ = 1, und damit berechnet sich die Stangenkraft K in (g). Das negative Zeichen bedeutet Druck: Der Kasten schiebt die Rolle vor sich her.

Man berechne auch die vier auJ3eren Reaktionen und priife nach, unter wel­chen Bedingungen Rollen uberhaupt moglich ist.

E = El + Es = i (1 + 61);S + ~2 (1 + 62) ;2, (a)

L = L1 + L2 = (m1 + ma) gsin",;, (b)

E = [~(1 + 61) + m2 (1 + 62)] x X, (c)

L = E -.. X = m1 + m2 9 sin", = w = const (d) m1 (1 + 61) + mz(1 +62)

Aufgaben 125

Aufgabe 16.19. Die Abb. a zeigt ein zwangIaufiges System aus zwei Scheiben. Die Soheibe I rotiert um den festen Punkt 0, die Scheibe II macht eine Trans­lation in Lotrichtung.

a) Wie lautet die Bewegungsgleichung? b) In welchem Bereich kann die Scheibe II schwingen, so daB das Seil, an dem

die Scheibe II hii.ngt, straff bleibt und sich nicht verschlingt?

a) Am Verband greifen an: die drei eingepragten Kriifte iii y, m g und F = c z, die beiden auBeren Reaktionskrafte A und B und das innere Nullpaar K; -K.

Oruck

I==~mg

i Zug

mg Abb.16.19a.

Zwischen der Koordinate z und dem Drehwinkel rp der Scheibe besteht die durch das Seil erzwungene Bedingung z = r rp; wir wa·hlen z als Freiheitsgrad. (Eben­sogut ware natiirlich auch rp geeignet.) Die Massenbeschleunigungen der Scheiben II und I ergeben reduziert die Vektorsumme mz bzw. die Momentensumme eo fjJ = eo zlr, siehe Abb. a. Der Momentensatz (a) beziiglich 0 fUr den Gesamt­verband liefert mit einigen zweckmaBigen Abkiirzungen die Beschleunigung (b). Da z = z(z) eine lineare Funktion ist, macht der Scheibenverband nach Abb. 1.8 eine harmonische Schwingung mit der Kreisfrequenz v um die statische Ruhelage z=mylc.

b) Nun zerschneiden wir das Seil, wobei die inneren Reaktionen K und -K freigelegt werden. Der Schwerpunktssatz (c) fUr die Scheibe II liefert dann die gesuchte Seilkraft K, die ebenso wie z linear verlauft. In der statischen Ruhelage ist K = my (Zug). Da das Seil keine Druckkrafte aufnehmen kann, ist die Schwing-

weite durch den Punkt Q begrenzt: sie darf nicht griiBer sein als PQ = z(l + fJ). Halt man die Scheibe I fest, so daB das Seil dariiber hinwegrutschen muB, so ist iiberall fJ = 0 zu setzen.

126 Aufgaben

Man leite die Bewegungsgleichung (a) auch analytisch her. n ..

E M/(O) = mgr - czr= eo~ + mzr, (a) r

2 2 _ C _ mg eo z = -jI (z - Z); jI - m(l + (3) Z = -c-; {3 = m r2 • (b)

EZi=mg-K=mz-->-K=mg-mz. (c)

Aufgabe 16.20. Ein zwanglaufiger Verband von n Kreisscheiben wird nach Abb. a durch Momente M j angetrieben. Man berechne die Beschleunigung.

Als Freiheitsgrad fiihren wir die von allen Scheiben gemeinsam abgewalzte Bogenlange 8 in (a) ein und drucken auch die Geschwindigkeiten rp, durch 8 in

(b) aus. Aus dem Leistungssatz L = E gewinnt man nun die Beschleunigung s in (c) bis (e). Die Scheiben durfen beliebig inhomogen sein. Wenn die angreifenden Momente M j konstant sind, so ist auch s = const; dann wachst oS linear und 8

quadratisch mit der Zeit an, und dies ubertragt sich nach (a) auch auf die Drehwinkel Pj'

Nach der synthetischen Methode berechne man die Tangentialkrafte T j zwischen den Schei­ben und zur Kontrolle nochmals die Bahnbeschleu­nigung (e). Da der Verb and kinetisch uberbe­stimmt ist, lassen sich die Normalkrafte N j nicht

Abb.16.20a. eindeutig ermitteln.

8 = +r1 P1 = -r2 P2 = +r3 P3 = ... = (_I)i+1 'iPI

S = +r1 ¢1 = -r2 rp2 = +ra ¢3 = ... = (_I)i+1 ri rpi

.2 e i s2 ,; [ eiB]. 2E = EeiCf!i = E-;r--->-I!J = E-----;.r- 8,

L = E Mirpi = E M/(±s(ri) = [E(±Mdri )] 8,

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

Aufgabe 16.21. Gegeben jst ein Verband von vier Scheiben nach Abb. a. Wie groll mull die Haftziffer f.l zwischen den beiden Klotzen I und II mindestens sein, damit diese sich mit gleicher Geschwindigkeit wie ein einziger starrer Korper bewegen?

Gegeben: Gleitziffer f = 0,2; sin~ = cos~ = I/V2; eo = m r2. Wir berechnen zunachst die Besohleunigung x = v nach dem Leistungssatz

mit der kinetischen Energie (a) und der Leistung (b) in (0). Nun zerschneiden wir

Abb. 16.218.

Aufgaben 127

den Verband nach Abb. b und berechnen die auBere Reaktion Nl und die beiden inneren Reaktionen Ns und B in (d) bis (f). In (f) setzen wir Ii aus (c) und Nl aus (e) ein und bekommen damit die Haftkomponente (g) und weiter mit der inneren

Abb. 16.21 b.

Normalkomponente Ns aus (d) das VerhiiJtnis BjNs, das kleiner bleiben muB als die gegebene Haftziffer p, damit die geforderte Bewegung moglich ist.

Frage: Was passiert, wenn die Haftziffer zwischen dem Klotz I und der festen Unterlage den gleichen Wert 0,554 hat?

2E = 3m VS + eo ( ; r = 3m Vi + mrs (; r = 4m Vi, (a)

L= -mgv+2mgsincxv-Rv, (b)

L = E -+ Ii = x = ! [g(2 sincx - 1) - !] = ! [g(2SiM - 1) _ t ~1 ]. (c)

11

}; Yj = Ns - mgcoscx = ° -+ Ns = mgcoscx. (d)

I E Y; = Nt - N2 - m g coscx = 0 -+ Nt = 2m g coscx. (e)

I

}; XI = m g sincx + H - I Nl = m v -+ H = I Nl - m g sincx + m v. (f)

H = ~g (6/ coscx - 2 SiM - 1). (g)

I ~I = 161 COM - 2sincx - 1 I = 0,8 + V2" = 0,554 < p. (h) INs 4 coscx 4

* Aufgabe 16.22. Die Abb. a zeigt ein sogenanntes Fliehkraftpendel, bei dem ein Moment M die Winkelgeschwindigkeit CPl = (J) der Scheibe I konstant halt. Man ermittle die Dauer der kleinen Schwingungen des Drehpendels II gegeniiber der umlaufenden Scheibe 1.

Es handelt sich urn eine Gelenkkette nach Abb. 16.17 mit der Besonderheit, daB der Schwerpunkt 81 auf seinem Kreis um 0 gleichformig umliiuft, weshalb der Vektor m1 tl = m1 !81 von 81 nach 0 gerichtet ist. Da CPl = W = ° ist, ver­schwindet auch das Moment der Massenbeschleunigungen e8, CPl der Scheibe 1. Der Beschleunigungsvektor iiI des Punktes A ist infolge der gleichformigen Kreis­bewegung der Scheibe I von A nach 0 gerichtet und hat den Betrag at cp~. Den

128 Aufgaben

Vektor t2 zerlegell wir wie ublich in seine beiden Anteile und haben damit den Vektor m2(al _F~:Ji aus Abb.16.17 in die drei Anteile der Abb. a zerlegt.

Unbekannt sind sechs GraBen, namlich die Beschleunigung rp2' die beiden inneren Reaktionen inA!, die beiden auBeren Reaktionen in 0 unddaseingepragte Moment M, das zur Aufrechterhaltung des Bewegungszustandes rfl = W = const erforderlich ist. Da aber von diesen sechs GroBen allein rp2 gesucht iat, geniigt uns die Momentengleichung (a) ffir die Scheibe II beziiglich AI' Hier setzen wir noch 0 82 = m2 i~., i~. + r~ = i~" ferner rf~ = w2 = const ein und dividieren durch m2 r 2 a l w2, das gibt die einfacher gebaute Gl. (b). Jetzt fiihren wir den Differenz­winkel {} nach (c) ein, womit (b) in (d) iibergeht. Nun liege das Fliehkraftpendel entweder in horizontaler Ebene, oder die Winkelgeschwindigkeit w2 sei so groB,

r;, =W = const.

~ r;;;. M 0

Abb. 16.22b.

daB der Quotient y/a! w2 auf der linken Seite von (d) vernachlassigbar klein ist, dann stellt (e) die Gleichung eines Pendels mit der Frequenz v dar, die der Dreh­geschwindigkeit w proportional ist. Bei hoher Drehzahl macht das Pendel eine zitternde Bewegung, was man z. B. technisch ausnutzen kann, um unerwiinschte Schwingungen derselben Frequenz in Kurbelwellen auszuloschen, sogenannter SALoMoN-Tilger. Eine andere technische Ausfiihrung ist der SARAzIN-Tilgcr nach Abb. b. Die Zusatzmasse II macht hier eine Translation gegeniiber der Kurbel­wange I, daher ist i~,= r~ (Punktpendel), womit (e) in (f) iibergeht.

Man berechne auch das Moment M aus der Momentengleichung urn 0 fUr den gesamten Scheibenverband.

(a)

(b)

( c)

(d)

(e)

(f)

Aufgaben 129

* Aufgabe 16.23. Das aus zwei homogenen Kreisscheiben II und III und einem Geriist I bestehende skizzierte Planetengetriebe wird im Punkt 0 durch ein kon­stantes Moment M angetrieben. Wie groE muE dieses sein, wenn das Getriebe in T Sekunden aus der Ruhelage auf die Drehzahl n beschleunigt werden soll?

Gegeben: m1 = ma = m, m2 = 2m; eo, = 40m12 , es, = 25m12 , e88 = 8m12 ;

a=81, b=121, r2 =51, ra=41; mg=2kp, 1=5cm, T=lOsec; n = 5 U/min = n/6 Rad/sec.

Zunachst die Kinematik. Die beiden Momentanpole Q 1 und Q 2 sind durch Dreh- bzw. Rollbedingung gegeben; den Momentanpol Q a finden wir so: Da die beiden Scheiben II und III aufeinanderrollen, miissen ihre Pole auf einer Geraden durch den Beriihrungspunkt B liegen (vgl. Abb. 10.13). Das gleiche gilt fiir die Scheibe I und III, die das gemeinsame Gelenk Sa besitzen, also liegt Q a im Schnitt­punkt der Geraden Q2 B und Q 1 Sa' Mit der Lage der Momentanpole sind nun auch die Drehgeschwindigkeiten 002

und OOa in ,(a) zu berechnen, da ja die Geschwindigkeiten V 2 und Va der beiden Gelenke S2 und Sa gleichzeitig Geschwin­digkeiten des Geriistes I sind. Die kine­tische Energie des Verb andes schreiben wir mit vs, = boo und vs, = aoo allgemein in (b) und mit den Werten (a) nochmals in (c) hin, wobei wir die Abkiirzung G einfiihren. Die Leistung des Moments ist L = Moo, damit gibt der Leistungssatz das Moment M in (d). Da dieses konstant sein soll, ist auch w konstant. Die noch unbekannte Entfernung e = QaSa berech- Abb.16.23a.

nen wir so: Wir ziehen die Parallele S2A zu OSa' wodurch die ahnlichen Dreiecke BSaQa und BS2 A entstehen, das gibt die erste Beziehung (e). Aus den ahnlichen Dreieeken Q2S2A und Q20Qa folgt dann eine zweite Beziehung und daraus sehlieElich das Verhaltnis ale, das zur Bereehnung von G in (f) benotigt wird. Das erforderliche Moment M bereehnen wir schlieBlich in (g).

boo a v2 =bw = r2 w2 -,;> w2 =--; va=aoo=ewa-,;>wa=-e OO. (a)

r 2

2E = 2(El + E2 + Ea)

= e01 oo2 + [8s, 003 + m2 (b (0)2] + [8S8 oo~ + mara (0)2], (b)

2E = [e01 + m2 b2 + ma a2 + es, ( :2 r + e8, ( : n 002 = G 002• (e)

L= Moo =E = Gww -';> M= Gw ...... Mt= Goo. (d)

(e)

(e) ...... G = [40 + 2 . 122 + 1 . 82 + 25 ( 1: r + 8 ( 2; n m 12 = 756,5 m 12. (f)

M - ;.:; . - G 12 . _ 756,2.2. 52 n k - 2 02 k - fY OJ - 756,5 g OJ - 981. 10 . 6 P cm -, p cm. (g)

130 Aufgaben

Aufgabe 16.24. Die Abb. a zeigt einen sogenannten PRoNyschen Zaum. Durch eine geeignete VOITichtung kann ein urn eine rotierende Welle geschlungenes Seil so straff gezogen werden, daB die dabei auftretende Reibung dem an der Welle an-

I o o

f+-----1I1- l

(J

Abb.16.24a.

greifenden Moment das Gleichgewicht halt; die Welle rotiert somit unbeschleunigt mit konstanter Drehgeschwindigkeit w. Man berechne die Leistung des Moments.

Gegeben: G = 3 kp, l = 50 cm, n = 240 Ufmin. Das Momentengleichgewicht beziiglich eines beliebigen Punktes 0 der ge­

strichelten Mittellinie lautet M - G l = 0, und damit ist die Leistung des Mo­ments:

L = M w = G l w = G l:n; n/30. (a)

Fiir die gegebenen Werte wird nach (6.21)

L = 3· 503~' 240 = 1200:n; k~e:m = 1~~gO:n; PS"'>i 0,5 PS. (b)

Aufgabe 16.25. Unter welcher Bedingung ist der skizzierte Scheibenverband im Gleichgewicht?

Das Seil moge unausdehnbar sein; dann stimmen die Geschwindigkeiten von Seil und Rolle in den Beriihrungspunkten A, B bzw. C, D iiberein. Nun ist der

'0

0 1

Abb.16.25a.

2&;+~

[J7 Abb.16.25b.

Aufgaben 131

Seilabschnitt AO und damit auch der Scheibenpunkt A in Ruhe, dieser ist daher Momentanpol der Scheibe I, und daraus folgt, daB VB = 2 . VM und weiter VB = Va = v D = VB ist. Nun kannen wir die Leistungen der drei Gewichte

L1=@101=-G1VM; L2=@202=0; Ls=@aoa=Ga·2vM (a)

zur Gesamtleistung addieren und gleich Null setzen:

L = L1 + L2 + La = (2G3 - G1) VM = 0 ~ G1 = 2Ga• (b)

Auch nach der synthetischen Methode - die uns ja in der Statik ausschlieB­lich zur Verfiigung stand - kommt man leicht zum gleichen Ergebnis. Das Mo­mentengleichgewicht beziiglich der Scheibenmittelpunkte zeigt, daB die Kraft S im gesamten Seil konstant sein muB, und zwar ist S = Ga, wie aus dem Gleich­gewicht der Masse III folgt. Damit laBt sich dann das Gleichgewichtssystem der Abb. b einzeichnen, und nun gibt das Kraftegleichgewicht in z.Richtung fUr den gesamten Verband ebenfalls die Bedingung (b).

Aufgabe 17.1. Drei gleich groBe Massen sind durch starre masselose Stabe verbunden und schwingen als Pendel im Schwerefeld. Fiir die skizzierte Ruhelage der Abb. a (Umkehrlage) und fUr den Durchgang durch die Mittellage nach Abb. b berechne man die Stabkrafte.

Ais erstes ermitteln wir die GraBen a = 0 s, eo und Ired' ferner COS lPmax in (a) bis (d). Damit lassen sich iF und ¢2 nach (16.34) und (16.33) in (e) bis (f) leicht

berechnen. In der Umkehrlage ist coslP = 1/V5 = COStpmax und sintp = 2/Vi5, in

l 'Z !g

® m

mlfi·if, mg

Umkehrlage Mifte//age

mly'i-¢;2

Abb.17.1a. Abb. 17.1 b.

der Mittellage tp = 0, somit costp = 1 und sintp = O. In der Umkehrlage (Abb. a) haben wir somit nur tangentiale Massenbeschleunigungen vom Betrag m I iF bzw. m I V2 <p, in der Mittellage (Abb. b) dagegen nur Radialbeschleunigungen vom Betrag m I (l bzw. m I V2. ¢2. Wir tragen die negativen Massenbeschleunigungen als Tragheitskriifte in die Abbildungen ein, und nun Hlhrt eine leichte Rechnung oder ein kleiner CREMoNA-Plan zu den Stabkriiften (i). Die Masse im Aufhange. punkt macht sich nur als Gewicht m g in der Auflagerkraft m bemerkbar, nicht

132 Aufgaben

aber in den Stabkraften. Man wiederhole die ganze Aufgabe mit den beiden ubrigen Massen allein und uberzeuge sich, daB die Ergebnisse die gleichen sind.

a2 = (!)\ (2; r = ~ 12 -+ a = ~5 l. eo = m02 + m12 + m(V21)~= 3m 12.

eo 3 Ired = -- = --I.

ma V5 1/3 1

cosqJmax = a = V5 .

(16 34) " g. V5 g . • --->- qJ = - z,:-SlllqJ = - "3 TSlllqJ,

2g 2g (V- ) (16.33) --->- ¢2 = -I - (cosqJ - cosqJmax) = -31 5 cosqJ - 1 . red

Umkehrlage: ;p = - !~, ¢2 = 0.

2g (V-) g Mittellage: ;p = 0, ¢2 = 3T 5 - 1 = 0,826 T .

Umkehrlage

Mittellage

Stab 1

° 1,72 Zug

Stab 2

0,33 Druck

0,45 Druck

Stab 3

0,94 Zug } . 2,44 Zug III [mg]

(a)

(b)

( c)

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

(i)

Aufgabe 17.2. Ein zweifaches PUnktpendel wird in der in Abb. a skizzierten Lage aus der Ruhe losgelassen. Man berechne die Stabkrafte fUr diesen Augenblick.

i jg. ml lz mz

Abb.17.2a. Abb.17.2c.

Wir betrachten zunachst eine allgemeine Umkehrlage nach Abb. b. Die von 0 aus gezahlten Ortsvektoren zu den beiden Massen sind 61 = 11 01 und 62 = 11 01 + + 12 °2 , Die Beschleunigungsvektoren sind somit f1 = 11 iiI lind f2 = 11 iiI + 12 '(12 ,

Die Spitzen der beiden Einheitsvektoren 01 und 02 bewegen sich auf einem Ein­heitskreis. Die Beschleunigungsvektoren ill und ii2 zeigen im allgemeinen nach

Aufgaben 133

innen; fUr den speziellen Fall der Ruhe jedoch stehen sie senkrecht auf a1 bzw. az• wie in Abb. b angedeutet. Ihre Betrage sind dann fiJI und fiJz.

In Abb. c tragen wir nun fUr die speziell gewahlte Lage die Tragheitskrafte %1 und %2 ein, ferner die Fadenkraft vom Betrage Kv das innere Nullpaar K 2; -Kz und die beiden Gewichte. In (a) bis (b) verlangen wir fiir beide Massenpunkte das Gleichgewicht in x- und y-Richtung und haben damit vier Gleichungen fUr die vier Unbekannten K 1 , K2 und fiJI' fiJ2' Die Summe von (a) und (c), das ist die x-Komponente des Schwerpunktsatzes, gibt ohne weiteres fiJI = 0 und damit nach (a) K2 = O. Aus (b) folgt KI = ml g.

Masse ml:

Massem2:

{ E Xi : K2 - mIll fiJI : 0 ...,. K2 : mIll CPl' E Z/ - ml g - KI - 0 ...,. Xl - m1 g.

{ E Xi = -X2 - m2ll .. fiJl = 0...,. ~2 = -m2l1 CPl' E Zi = m2g + m2lz Cf!2 = 0...,. fPz = -g/l2'

(a)

(b)

(c)

(d)

Aufgabe 17.3. Der skizzierte Balken ist durch eine Momentenstiitze einwertig gelagert und kann harmonische Schwingungen in der Lotrichtung ausfiihren. Man zeichne Querkraft- und Momentenverlauf als Funktion der Koordinate z.

Schwerpunkt- und Momentensatz (a) bis (c) liefern die Unbekannten z und M. Auf jedes Balkenelement der Masse dmwirkt nach_ unten .. we Schwerkraft..dm (J

und nach oben die Tragheitskraft dm z. Die Balkenmasse m verhalt sich zur

~M cz

Abb.17.3a. J' m

~I-MI CL (L . mg • mg

Abb. 17.3b. 0

Abb.17.3c. ® [ t J jz-~ __ cz

Abb.17.3d. ®

Balkenlange 2a wie die Masse dm zur Lange dx des Elements, daher ist dm/dx = m/2a, womit sich die Querbelastung q in (d) und die Einzelkraft am linken Ende in (e) berechnen laBt. Die Abb. b zeigt die Belastung in einer beliebi­gen Lage z. Querkraft. und Momentenverlauf sind nun leicht zu zeichnen, siehe Abb. c und d. In der entspannten Federlage z = 0 ist der Balken unbeansprucht. Dann namlich verschwindet die Federkraft, und daher ist in wesem Augenblick die Belastung die gleiche wie beim freien Fall, namlich Null.

134 Aufgaben

.E Z/ = 2m g - c z C

= 2m Z - z = g - 2m z .

'" 3 .E M/(S) = M + cZ"2a = 3

O_M= -"2caz .

dm .. m c z c z [kP] q = /IX (g - z) = 2a 2m = 4a Om .

( .. ) c z C Z [k] m g-z =m--=- p. 2m 2

(a)

(b)

( c)

(d)

(e)

AufgBbe 1? .4. Ein homogener gerader Stab vom Gewicht G = m g schwingt nach Abb. a als Pendel im Schwerefeld. Wie groB ist das maximale Biegemoment, und an welcher Stelle x tritt es auf? .

Gewicht dm 9 und Tragheitskraft -dm!i eines Elements der Masse dm = dx mil zerlegen wir in die Richtungen t und n. Kriifte in radialer Richtung

AN

Abb.17.4a.

haben keinen EinfluB auf das Biegemoment und interessieren uns daher weiter nicht. Die Querbelastung (a) setzt sich aus einem konstanten Anteil des Gewichts

(j) Pit

Abb.17.4b.

und einem linearen Anteil der Tragheitskriifte nach Abb. a zusammen. Mit der reduzierten Pendellange 1red = 21/3 berech­nen wfr nun die Drehbeschleu­nigung cp und die Auflagerkraft AT nach (16.29) und (16.35) in (b) und (c), womit die Quer·

J 1/ • Abb.17.4c.

Aufgaben 135

belastung (a) mit den Abkiirzungen P = m g sinrp und ; = x/I iibergeht in (d). Man achte darauf, daB bei dem gewahlten positiven Drehsinn von rp aueh die Drehbeschleunigung cp zunachst positiv anzunehmen ist; die tangential wirkenden Tragheitskriifte vom Betrage dm cp sind demgemaB negativ, wie in Abb. a ein­gezeichnet. Da nun aber die Reehnung in (b) zeigt, daB cp = -(3g(21)sinrp gilt, ist das Vorzeichen nochmals umzukehren, womit sich die Tragheitsbelastung der Abb. a rechts ergibt. Die Funktion q(;) laBt sich mit den Anfangsbedingungen Q(O) = -AT = -P/4 und M(O) = 0 in (e) und (f) leicht integrieren, Abb. b. Fur; = 1/3 verschwindet die Querkraft; das zugehOrige maximale Biegemoment berechnen wir in (g).

Wie in der Elastostatik gezeigt wird, zerbrieht ein Balken dort, wo das Biege­moment maximal ist. Beim Sprengen eines Schornsteins oder Kappen eines mor­schen Fahnenmastes kann man daher beobachten, daB etwa an der Stelle x = l/3 der Schornstein bzw. der Mast zerbrieht, siehe Abb. c.

dm m q(x) = dX (g sinrp + x cp) = T (g sinrp + x cp),

(16.29) --+ cp = - 112 sinrp = - L sinrp = - ;~ sinrp,

e P Ired - a __ p 21/3 - 1/2 P (16.35)--+A T =G-r.;;-sinrp= Ired 21/3 =4"'

qW=~(I-:;),

Q(;) = : (-1 + 4; - 3;2),

MW = .!....!..(-; + 2;2 - ;a), 4

·1 (1)1 PI mgl. Mmax = M "3 = 27 = 27"smrp.

(a)

(b)

( c)

(d)

(e)

(f)

(g)

Autgabe 17.5. Das skizzierte Planetengetriebe wird dUTch ein konstantes Moment M aus dem Stillstand innerhalb von t Sekunden auf die Drehzahl n be­schleunigt. Der Planetentrager OF darf hoehstens dUTch das Biegemoment Mmax

beansprucht werden. Welche Drehzahl n UiBt sich erreichen? Gegeben: Mmax = 300 kp/cm, 1 = 50 em, t = 20 sec, G1 = G2 = 10 kp. Auf Grund der Rollbedingung ist VF = 1 rp = r.p, ferner ist e!J2 = eF + m r2

= 3m r2/2 (homogene Vollscheibe), womit sich wegen m1 = m2 die kinetische Energie (a), somit auch rp2 berechnen laBt. Die Leistung des Moments ist L = M rp, und damit gibt der Leistungssatz L = E die Drehbeschleunigung (b). Nun schnei­den wir den Balken 0 F aus dem Verb and heraus, wodurch je zwei Reaktionen in 0 und F frei werden, von denen wir aber nUT eine, namlich AT benotigen, da AN keinen Beitrag zum Biegemoment leistet und die beiden Reaktionen K1 und K2 in Funs nicht kiimmern, wenn wir den Balken von links nach rechts durchlaufen. Das Momentengleichgewicht (c) beziiglich F liefert die gesuchte Reaktion AT in (d). Nun zerschneiden wir den Balken nach Abb.17.4, berechnen Masse m und Dreh­masse e des abgeschnittenen Teiles I in (e) und damit das Biegemoment (f). Rier setzen wir die Drehbesehleunigung ;p aus (b) ein, ferner AT aus (d), 1ft und G aus (e) und bekommen die endgultige Form (g). Das maximale Biegemoment tritt bei x = 0 im Punkt 0 auf und ist somit das Antriebsmoment M selbst. Nach (b)

136 Aufgaben

wird nun die nach t Sekunden erreichbare Drehzahl wegen w = cp = ip t in (h) berechnet. Man wiederhole die Aufgabe nach der Elementarschnittmethode.

2E = eo cp2 + eD,!jJ2 = (eo + eD, ~:) q;2

= (m .!:. +.!.m l2)';'2 = ~m12 q;2 13 2 2 'Y 6 . (a)

.. 6 M t CP=Tf m12 = cons . (b)

n lIm 12 m 12 E Mj(F) = M - AT1- e8 ip + ml-ip - = M - AT1- _l_rp + _l_ip 1 2 2 12 4

( 12 12)6M = M - Ai' 1+ m"4 - m 12 1T m [2 = O. (c)

12 M AT =1T-I-' (d)

in = m x/I; e = in x2j12. (e)

i'I. _ X • x 12 M m Xl x x2 M (x) = M - AT X - C'I rp + m "2 rp "2 = M - 1T -1- x - T2T ip + m T 4" ip

12 M ( mX3 mX3 ) 6 M = .M -11-1- x + 4T - l2T Tf m 12 • (f)

M (x) = (11 - 12 ~ + ;:) ~ . (g)

30 30·6M 30·6·300·981·20 U n = n w = n. II G [2 g t = n . II . 10 . 2500 = 1226 min' (h)

Abb.17.5a.

Abb.17.5b.

Abb.17.5c.

I----,z---I

Aufgaben 137

Aufgabe 1 'i .S. Ein bomogener Kreisring der Masse m rotiert nach Abb. a um seinen Mittelpunkt 0 mit der konstanten Drehgeschwindigkeit 00 und wird durch zwei Seile in seinen Endpunkten A und B gehalten. Man berechne Biegemoment und Querkraft.

Wir berechnen zunachst die Fliehkraft .8 nach (4) in (a), sodann aus dem Krafteck der Abb. a die Betrage der Seilkrafte in (b). Nun zerschneiden wir den Rahmen im be­liebigen Punkt G. Am abgeschnittenen Teil A G wirkt die Kraft III und die stetig verteilte Fliehkraft q, deren Kraftesumme .3 ebenso ermittelt wird wie .8 in (a); nur sind jetzt e, m und e durch lX, m und e zu ersetzen, siehe (c). Mit den heiden Hehelarmen d und h in (d) berechnen wir nun das Biegemoment in (e) Abb.17.6a.

und daraus nach (14.20) die QuerkraftQ in (f). Da stetig verteilte Momente fehlen, ist einfach Q = dM/ds. Dieser Wert ver­schwindet fiir lX = e/2; in Rahmenmitte nimmt also das Biegemoment M seinen

8 ~----~----~~~

A Abb.17.6b.

maximalen Wert (g) an. Die Abb. b zeigt M und Q fiir den Sonderfall e = n/2, siehe auch (h) und (i).

Man herechne und zeichne auch die Langskraft Lund diskutiere den Fall e=n.

-+ sine/2 (4)-+.8=mOSoo2; 18I=Z=meoo2=mr----ej'2""ooS (Tab.3b). (a)

A =B=~=mroo2..!...tan!...., cosej2 e 2

Z- - - 2 lX sinlXj2 2 =meoo =m-r----oo, e lX/2

d . lX =rslll"2' h = r sinlX,

(b)

(c)

(d)

n - a: sina:/2 . a: 1 e . E M/(G) = Zd - A h = mroo2- ---rSlll- - mrooS-tan-rsllla: e a:/2 2 e 2

= m r: 002 [2 sins ; - tan ; sina:] = 7 r2 002 [(1 - cosa:) - sina: tan ; ] . (e)

dM dM m [. e] (14.20) -+ Q = dB = r da: = 8" r 002 (0 + Sllla:) - cosa: tan"2 . (f)

Falk. Techn. MechanikII 16

138 Aufgaben

m ( e. e e) (e) -')0 Mmax = er2w2 1 - cos 2" - sm2"tan2"

= !!!:...r2w2 (1 __ 1_). e cose/2

f (e) -')0 M = ! mr2 w2 (1 - COSlX - sinlX) ,

e = :n/2 l 2 (f) -')oQ =-nmrw2(sinlX-coslX).

(g)

(h)

(i)

Aufgabe 18.1. Ein starrer Korper dreht sich urn einen festen Punkt o. Ge­geben sind die beiden vertraglichen Geschwindigkeitsvektoren oa und 0H nach

Abb. 18.la.

Abb. a. Man berechne: a) den Drehvektor 0,

b) die Geschwindigkeit op, Gegeben: a=b=l, va=vH=v,P=(l,l,l). DaB die beiden Geschwindigkeiten vertraglich

sind, erkennt man so: Beide stehen senkrecht auf den zugehorigen Ortsvektoren, also sind sie mit OF = 0 vertraglich. Die Projektionen beider Geschwin­digkeiten auf die gemeinsame Verbindungslinie GH sind gleich groB, namlich Null, also sind nach Abb.18.2 auch 0H und oa miteinander vertraglich.

a) die Formel (12) versagt hier, weil die beiden gegebenen Geschwindigkeitsvektoren einander parallel sind. Wir schreiben daher die beiden Gleichungen oa = 0 X ta und 0H = 0 X tH in (a) bis (£) kompo­

nentenweise hin, berechnen daraus in (g) die Komponenten des Drehvektors 0

und setzen darin die gegebenen Werte ein, siehe (h). b) Mit dem nun bekannten Drehvektor liWt sich die Geschwindigkeit op in

(i) leicht berechnen.

U, ~ OX<, - [ ; 1 ~ [: 1 X m ~ [ -~:: l o H = 0 X t H ->- [VOH 1 = [:: 1 X [~l = [ ~ wal ' ° Wa J 0 - b W2 J

(a), (f) -')0 W2 = 0, b Va ( ) -')0 WI = - -,

a

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

(i)

Aufgaben 139

Aufgabe 18.2. Ein Korper dreht sich urn die feste Achse oa = ea' Man zeige, daB die Komponenten des Drehvektors eine einfache kinematische Bedeutung haben.

Das kartesische Dreibein 01' O2 , oa sei korperfest, das kartesische Dreibein e1 , e2 , ea raumfest nach Abb. a, die eine Draufsicht in Richtung von ea = 0a zeigt. Da 0a ein fester Vektor ist, wird aa = 0, und da die Vek· toren 01 und O2 eine ebene Kreisbewegung beschreiben, gelten die einfachen Beziehungen (a), die in (9) ein­gesetzt wegen 01 Oa = 0 und o~ = 1 den Drehvektor (b) ergeben. Dieser hat somit die konstante Richtung ea und den Betrag if; = w, wie aus der ebenen Kinematik bekannt. Abb.IS.2a.

(a)

(b)

Aufgabe 18.3. Ein starrer Rahmen F G H bewegt sich zwanglaufig. Die PunkteF und G werden auf den Geraden II bzw. gg gefiihrt, der Punkt H ist an die x-y­Ebene gebunden. Fiir die skizzierte Lage berechne man:

a) die Geschwindigkeiten der Punkte G und H,

b) den Drehvektor 0,

c) die Geschwindigkeit eines beliebigen Rahmenpunktes P.

Gegeben: OF = vea• a) Da der Punkt G an die Gerade gg

und H an die x-y-Ebene gebunden ist, muB oa = va e2 , ferner 00 = vox e1 + VOy ez sein. Die drei unbekannten GroBen va, vox und vo • ermitteln wir aus der Vertraglich-keitsbedingung (I) fiir die drei Punkt- Abb.IS.3a.

paare GF, HG und HF in (e) bis (e), womit die drei Gesehwindigkeiten OF' 0a und 00 in (f) bekannt sind.

b) Wir wahlen F zum Translationspunkt und subtrahieren yom Gesehwindig­keitsfeld die Gesehwindigkeit OF' Dann geht die Gl. (12) iiber in (g). Hier bereeh­nen wir Zahler und Nenner getrennt in (h) und (i) und daraus den Drehvektor (j).

c) Aus der grundlegenden Gl. (14) berechnen wir op in (k) und (I). Hier setze man die drei Ortsvektoren (a) ein und iiberzeuge sich, daB die Gesehwindigkeits­vektoren (£) herauskommen.

(a)

(b)

16*

140 Aufgaben

( 21 1 ( ° 1 (ta-tp)(ba-bP)=ll J lva =1(vG+2v)=0~vG=-2v.

-21 -v

(c)

( 01 (va.. 1

(tH-ta)(ba-ba)=l-2~J l~au-vGJ =21(-vau+vG) =0

~vHu=1!G=-2v. (d)

r 211 (va",]

(ta - tp) (ba - bp ) = l-~~ j l :a; = 1(2vax - Vag + 2v) = ° ~ Vax = -v + !vHy = -v - v = -2v. (e)

(f)

(g)

(h)

(i)

(j)

~

(14) ~ bp = l1p + 0 X FP = bp + 0 X (!p - !p). (k)

[0] (01 [ X] [2Y+Z-21] l1p = ° + ;1 l 1 J X Y = ;1 -2x .

v -2 z-21 -x +21

(1)

* Aufgabe 18.4. Die Abb. a zeigt ein Ausgleichsgetriebe (Differentialgetriebe) eines Fahrzeugs. Man diskutiere die Bewegung des Getriebes und der Rader

a) bei festgehaltenem (aufgebocktem) Chassis, b) beim Durchfahren einer Kurve mit der Bahngeschwindigkeit v. a) Halt man, wie in Abb. a skizziert, die beiden Radachsen I und II fest, so

drehen sie sich ebenso wie das Gehause III um die feste Achse 3. Das Ausgleichs. rad IV dagegen dreht sich um den festen Punkt 0; sein Drehvektor 04 setzt sich zusammen aus der Relativdrehung 0. und der Fiihrungsdrehung oa des Gehauses; aIle Drehvektoren sind in Abb. a eingezeichnet. Die Abb. b zeigt die Ge· schwindigkeiten zweier Punkte Bl und B2 des Ausgleichsrades IV, die auf Grund der RolIbedingung gleichzeitig die Geschwindigkeiten der Kegelrader I bzw. II sind, siehe (a), woraus sichwa und w. in (b) berechnenlassen. Wennsich beideAchsen gleich schnell drehen, w2 = Wl' so verschwindet die relative Drehgeschwindigkeit

Aufgaben 141

des Ausgleichsrades gegeniiber dem Gehause III, und es wird Wa = W 2 = WI;

Gehause und Radachsen drehen sich wie ein starres Ganzes um die feste Achse 3. b) Das Getriebe werde nun durch eine Kurve mit dem Kriimmungsradius R

gefiihrt. Die Geschwindigkeiten sind iiber der starren Achse Al 0 A2 linear verteilt und in Abb. c eingetragen. Nun verlangen wir in (c), daB beide Rader auf der

---B

Abb.18.4a.

Abb.18.4b. Abb.18.4c.

Fahrbahn rolIen, das gibt die Drehgeschwindigkeiten WI und W 2 der beiden Rad­achsen in (d) und weiter die Drehgeschwindigkeiten wa und w, nach (b) in (e). Die Drehgeschwindigkeit Wa des Gehauses ist yom Kurvenradius R unabhangig und somit die gleiche wie bei Geradeausfahrt. Die relative Drehung w, des Aus­gleichsrades gegeniiber dem Gehause III dagegen wird um so groBer, je enger die zu durchfahrende Kurve ist, sie verschwindet bei Geradeausfahrt wegen R = 00.

Das Getriebe der Abb. a ist nicht volistandig gezeichnet. Das GeMuse III ist noch fest mit einem Tellerrad verbunden, das iiber die Kardanwelle angetrieben wird. Aus konstruktiven Griinden werden auBerdem zwei einander gegeniiber­liegenden Ausgleichsrader verwendet, obwohl theoretisch ein einziges geniigen wiirde.

VB, = a WI = a Wa + b We; VB, = a W2 = a Wa - b We'

V V r WI = (R + e) {jj = (R + e) If ; r W2 = (R - e) {jj = (R - e) If

R+e R-e WI=~V; W2=-rrrV,

(a)

(b)

( c)

(d)

(e)

142 Aufgaben

* Aufgabe 18.0. Fiir das skizzierte Kreuzgelenk bereehne man das Verhaltnis der Winkelgesehwindigkeiten WI = & und 003 = S:

a) geometriseh, b) kinematiseh, c) naeh (18.20). Gegeben: t) b = eose = e. Es handelt sieh urn einen Verb and dreier starrer Korper. Die Wellen I und III

rotieren urn die festen Aehsen t) und 3, das Kreuzgelenk II kreiselt um den festen Punkt O.

a) Geometriseh. Wir fiihren die beiden mit dem Kreuzgelenk fest verbundenen Vektoren a und 0 ein. Der Vektor a dreht sieh um die feste Aehse t), der Vektor 0 urn die feste Aehse 3. Die Drehwinkel 0.: und f3 zahlen wir aus der Anfangslage der Abb. b, dann lassen sieh a und 0 dureh die festen Einheitsvektoren i, i und n in (a) ausdriieken. Da wahrend der Bewegung des Kreuzgelenks die Vektoren a und 0 aufeinander senkreeht stehen, versehwindet ihr Skalarprodnkt a 0, woraus sieh wegen i j = -eose = -e die Gl. (c) ergibt. Diese differenzieren wir naeh t und bekommen auf Grund der Kettenregel und wegen d(tanx)/dx = 1 + tan2x die Gl. (d) oder mit einer bekannten Identitat die besser zu iibersehende Gl. (e).

b) Kinematiseh. Wir differenzieren die Gleiehung a 0 = 0 und bekommen damit die Vertragliehkeitsbedingung (f). Nun gehoren die Punkte A und B sowohl zurn Kreuzgelenk II wie aueh zu den Wellen I und III, also gilt die Gl. (g), die in (f) eingesetzt das gesuehte Drehzahlverhaltnis (i) ergibt. Wenn man die beiden Spatprodukte ausreehnet und (c) benutzt, kommt man wieder auf (d).

Die geometrisehe Losung ist hier einfaeher, wei! erst in einem spateren Stadium differenziert wird. Aueh liefert nur sie die wiehtige Beziehung (c).

c) Das skizzierte Kreuzgelenk stellt eine Seharnierkette naeh Abb. 18.12 mit n = 3 dar. Wir sehreiben die Formel (20) in (j) allgemein und in (k) mit den speziellen Bezeiehnungen der Aufgabe hin. Multipliziert man (k) der Reihe naeh mit den Einheitsvektoren t), 3 und n, so erhalt man drei Gleiehungen, aus denen naeh Elimination der Winkelgesehwindigkeiten ¢2 und ¢a die Gl. (I) folgt. Setzt man hier tanf3 = tancx/e naeh (c) ein, so ergibt sieh ebenfalls die Beziehung (d).

Fiir e = 0, also eose = 1 wird eX =~, wie es sein muB. Aueh das Kreuzgelenk dreht sieh dann urn die feste Aehse t) = 3.

a = eoscx i + sincx n, b = eosf3 n + sinf3 j, (a)

in = j n = 0 -+ a 0 = eoscx sinf3(i j) + sincx eosf3 (n n) = 0, (b)

- coso.: sinf3 e + sincx eosf3 = 0 -+ tancx = e tanf3.

• . & 1 e2 + tan2cx 0.:(1 + tan20.:) = e f3(1 + tan2f3) -+ 1" = e 1 + tan20.: .

tan2cx = 1 - eos2cx -+ & = ~ (e + ~) + ~ (e _~) eos2cx. 1 + eos2cx t1 2 e 2 e

a 0 = 0 -+ Ii b + a b = 0,

Ii = 01 X a = & t) x a; b = oa X 0 = S 3 x 0,

(f) -+ &(t) x a) 0 + S a(3 x b) = 0,

& (a x 0) 3 c 3 t1 = (axo)t) =~; axo=c.

(20) -+ oa = 01 + ¢2 a + ¢a 0,

S 3 = & t) + ¢2 a + ¢a 0, & tanf3 tano.: + e If = e tanf3 tan 0.: + 1 .

(0)

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

(i)

(j)

(k)

(1)

Aufgaben 143

Man wiederhole die ganze Rechnung fur den Fall eines schiefwinkligen Kreuzes, bei dem a b = cosy = t sei. Der Zusammenhang zwischen den Winkeln (X und fJ ist dann - e cosex sinfJ + sinex cosfJ = t, und dies ergibt in (1) eingesetzt das

Oraufsichf ~i }

o . '9 J

Abb.IS.5a. Abb.IS.5b.

gesuchte Verhaltnis &/p. Eine etwas langere, aber triviale Rechnung zeigt, daB das schiefwinklige Kreuzgelenk nur beweglich ist, wenn y > e ist. Dies erkennt man auch schon beim rechtwinkligen Kreuzgelenk, wo fur e = y = 900 keine Bewegung mehr moglich ist, wie man sich leicht klar macht.

Aufgabe 18.6. Gegeben ist der Drehvektor 0 nach Abb. a. Man berechne die EULERschen Winkelgeschwindigkeiten if;, 1jJ und -&.

Gegeben: &=(0,0,1), a=(I,I,I)/V3. Wir berechnen zuerst die Knotenachse f = (& X a)O

und daraus die Querachse q = a X f in (b). Nun wer· den die Projektionen des Drehvektors 0 auf diese drei Achsen als Skalarprodukte in (c) bis (e) ermittelt. In (e) steht dann bereits die EULERSche Winkel­geschwindigkeit wk = -& vor UllS. Die beiden iibrigen Winkelzeschwindigkeiten bekommen wir nach (29) in (g) und (h), wozu in (f) vorher aus cos 1) noch sin 1) und cot1) berechnet werden muB. Abb.IS.6a.

1 W. = 0 a = V3 (W1 + W2 + wa)

1 = - (-v + 0 + v) = 0,

V3

(a)

(b)

(0)

113 Wq=oq= JI6(-W1 -W2+ 2wa)= JI6(+v+0+2v)= Jl6v, (d)

1 wk=of= V2(-W1+W2+0)

144 Aufgaben

cos I} = 5 a = V!, sinl} = VI - cos2 1} = Vi, cotl} = ::: = V!· (f)

J til = W = W - W cot I} = ° -~ v 1 jT = - V3 v (g) T • a q V6 V2 2'

~~ -

11Ji=Wt= WqSi!I}=:6 vV;=;v. (h)

* Aufgabe 1D.1. Fur den Rahmen der Aufgabe 18.3 sei auch die Beschleunigung wF = W e3 des Punktes F gegeben. Man berechne:

a) die Beschleunigungen der Punkte G und H, b) den Krummungsradius der ebenen Bahnkurve von H, c) den Vektor iJ und d) die Beschleunigung eines beliebigen Punktes P. Gegeben: W = v2/l. a) Wir schlieBen genau so wie in Aufgabe 18.3. Da der Punkt G an die Ge·

rade gg und H an die x-y-Ebene gebunden ist, muB wG = WG e2 und wH = wHz e1 + + wHV e2 sein. Die drei unbekannten GriiBen wG, WHz und WHy ermitteln wir aus der Vertraglichkeitsbedingung (1) fUr die drei Punktepaare GF, HF und HG in (a) bis (c), womit auch die drei Beschleunigungsvektoren W F' wG und W H in (e) gefunden sind. Die Gl. (a) wird in (f) nochmals im einzelnen vorgefUhrt, wobei Geschwindigkeits- und Ortsvektoren aus Aufgabe 18.3 (f) bzw. (a) ubernommen sind.

b) Die Tangentenrichtung im Punkt H ist durch 0H = (-2v, -2v, 0) nach (f) von Aufgabe 18.3 bereits gegeben. Der Hauptnormalenvektor n liegt in der x-y-Ebene, da die Bahnkurve von H ganz in dieser verlauft und steht senkrecht

ZUlll Geschwindigkeitsvektor oR" Somit ist n = (-1, +1, O)/V2", womit sich die Normalbeschleunigung in (g) und daraus der Krummungsradius nach (2.49) in (h) berechnen liiBt. Die gegebenen GraBen v und W sind tatsachlich aus der Rechnung herausgefallen, was zur Kontrolle dient; denn die Kriimmung einer Kurve ist ja eine rein geometrische Eigenschaft.

c) Wir erklaren F zum Translationspunkt und subtrahieren von allen Be­schleunigungen den Vektor wF und von allen Geschwindigkeiten den Vektor OF' Den Differenzvektor (8) berechnen wir fur die Kiirperpunkte G und H in (i) und (j) und kiinnen damit nach (9) den Vektor iJ in (k) bis (m) berechnen, wobei der gegebene Wert W = v2/1 eingesetzt wird.

d) Nun haben wir aIle fur die Gl. (7) benatigten GriiBen beisammen. Der Be­schleunigungsvektor W p eines beliebigen Kiirperpunktes P mit den Koordina­ten x, y, z ist somit in (0) gegeben. Hier setze man speziell die Punkte F, G und H ein und uberzeuge sich, daB die Beschleunigungsvektoren (e) herauskommen.

(!G - !F) (wG - wF) + (oG - 0F)2 = wG 1 + 2w 1 + 5v2 = 0, (a)

(!u - !F) (WH - WF) + (OH - OF)2 = 2wHxl - WHy 1 + 2w 1 + 9v2 = 0, (b)

(!H - !G) (WH - wG) + (OH - OG)2 = - 2wHy 1 + 2wG 1 + 4v2 = 0. (C)

v2 wG=-2w-5-;

1 v2

WH = -2w-6-' xl' v2

WH = -2w-3-v 1

WG = f -2w ~ 5v2J1 l, r -2w - 6V2Jlj WH = -2w - 3v2Jl .

l 0 J l 0

(d)

(e)

Aufgaben 145

(f)

(g)

(2.49) -->- eH = ~ = 8v2 = 8 V2 1= 3,77l. WH,norm. 3v2/1V2 3 (h)

[ °1 r °1 r ° 1 [°1 r 0+5/2-0] [5/21 = -7w - ;1 1 X -2v - ° = -7 + ° - ° W = -7 W

° J l-2J l-v J lWJ l 0+0 -I -IJ (i)

[ -8W 1 [°1 [- 2Vl [°1 r- 8 + 5/2-0] [-11/21 = ~5w - ;1 1 X -2v - ° = -5 - 2 - ° W = -7 w. (j)

° J -2J -v J wJ l 0-1 -I -2J

r -11/21 r 211 fHt,,=w -7 1 =lw(-11-7+4)=-141w,

l -2 J l -21 J (k)

f -11/21 r 5/2] [-7 1 fHxfG=w -7 X -7 W= -21/2 w2 •

l-2 J l-I 56 J (1)

r- 7 1 r 21 . fHxfG w2 W (9)-->-O=fH XtG= -21/2 -141w= 34f'

l 56 J l-16J (m)

(n)

Wp= r~] + ~ f :1 X r; 1 + ;l r ~1 X r~2:Z-21] ;1 lW l-16J p-2l l-2J l-X

r - 61 - 5z + 16y + 3Z] = ~ 81 - 16z - 4y - 4z .

l 6l- 3x - z

(0)

146 Aufgaben

Aufgabe 20.1. Gegeben sind zwei Punkte A und B und eine Kraft S!: im Ur­sprung O. Das Moment von S!: um die Verbindungsgerade AB ist zu bereehnen.

z A Gegeben: S!: = (-P, -P, 2P), ~..t = (0, 2a, 3a), ~B = (2a, 0, 0).

Wir bereehnen zunaehst das Moment der Kraft S!: in bezug auf irgendeinen Punkt der Geraden A B, etwa in bezug auf A in (a). Nun ermitteln wir den Einheitsvektor a in Riehtung der Geraden AB in (b), indem wir den Differenz· vektor b = ~..t - ~B dureh seine Lange I b I dividieren. Die Projektion des Moments auf a bereehnen wir in (e) und wiederholen dasselbe zur Kontrolle fiir den Punkt B

Abb.20.1a. in (d) und (e).

mIAI~AOd~ -'AX ~~-a [:H ~:l p ~p{:l· lal

I b I = a V ( - 2)2 + 22 + 32 = a VI7.

f-71 f-2] (4) ~ M. = Wl(A) a = pal 3 J l 2 ,~ = vP a 14 = 3,4P a. -2 3 av 17 17

f2] r -1] [0] Wl(B)=BOXS!:=-bxS!:=-al~ X l-~ P=Pa : .

(4) --+ M.=Wl(B)a = Pa [~] [-:],~ = ~ 14 = 3,4Pa. 2 3 av 17 v17

(b)

(0)

(d)

(e)

Aufgabe 20.2. Das skizzierte System von drei Einzelkraften gleiehen Betrags K ist zu reduzieren

a) im Ursprung, b) im Punkt G, e) auf eine Kraftsehraube. d) Wie lautet die Gleiehung der Zentralaehse und e) in welchen Punkten durchstoBt diese die Koordinatenebenen?

a) Ais erstes bilden wir die Kraftesumme (a) und die Momentensumme (b) beziiglieh 0 naeh Gl. (6) und (7).

b) Jetzt reduzieren wir in G. Dies kann entweder wie in (b) mit neuen Ortsvektoren gesehehen (man fiihre dies dureh) oder einfaeher mit Hilfe des Ver­satzIDoments naeh (8) in (e).

e) Wir bereehnen die Skalarvariante ffi Wl, und zwar einmal mit m(G) in (d) und ein zweites Mal zur Kontrolle mit m(O) in (e). Die ebenfalls invariante, zur Kraftesumme ffi parallele Komponente m z des Momentvektors m(O) bzw. m(G)

Aufgaben 147

berechnen wir in (f). Die Kraftschraube besteht somit aus den beiden Vektoren (a) und (f), und zwar ist iJR. der Kraftesumme lR entgegengerichtet, siehe Abb. a.

d) Zunachst berechnen wir in (h) den Punkt F der Zentralachse, der die kiir. zeste Entfernung von 0 hat; und damit die Gleichung der Zentralachse (i).

e) Deren DurchstoBpunkte finden wir, indem wir der Reihe nach x = 0, . Y = 0 und z = 0 setzen. Das gibt zunachst bestimmte Werte fiir den Parameter 8; setzt man diese in (i) ein, so bekommt man die zugehorigen Ortsvektoren (j), (k)

z

Abb.20.2a.

und (I) zu den Punkten F, G und H. DaB G ein Punkt der Zentralachse ist, hatten wir schon bei der Reduktion in (c) erkennen konnen, da die beiden Vektoren lR und iJR(G) die gleiche Richtung hatten! DaB der Punkt F mit dem kiirzesten Abstand vom Ursprung 0 gleichzeitig ein DurchstoBpunkt ist, ist Zufall.

lR iJR(G) = K I-~ 11-~ 1 K a = [1(-1) + (-1)(1) + (1)(-I)]K2a= -3K2a. 1 -1 (~

lR iJR(O) = K I-~ 11 ~ 1 K a = [1 ·0 + (-1) ·0 + 1 . (- 3)] K2 a = - 3K2 a. 1 -3 (e)

148 Aufgaben

aR, ~ m; m ~ 1<'[1' ~~~;~ + 1~ K H 1 ~ K {: ]. (fl

lU.ft"lu'ube, 91 ~ K [ -: 1 ; IDl. ~ - K • [ - J (gl

(l1Hp~ mx;(OI ~ .i. K [-:]x Ul K.~ m a. (hi

Zentralachse: t(s) = tF + 8 ~ = [ ~ 1 a + ~ r -~ l· (i)

OJ l 1

'('1 ~ 0 ~ • ~ -. va ~ " ~ Ul a - H l· ~ [ J a, (j)

,('1 ~ 0 ~ • ~ a V. ~" ~ [ ~ l· + H 1 a ~ 1:1 a, (kl

*1 ~ 0 "~ • ~ 0 ~ ,,~ Ul a + 0 ~ [} (II

* Aufgabe 20.3. Von einem homogenen schiefen Prisma mit rechteckiger Grund­flache ABO D ist die Pyramide 0 B' D' 0' abgeschnitten. Wo liegt der Schwerpunkt R des Restkorpers?

Gegeben: a=l, b=21, h=31, d=l. Wir fiihren die Einheitsvektoren e1 , e2 , e3 und b nach Abb. a ein und berech­

nen zunachst die Schwerpunkte des vollen Quaders und der abgeschnittenen

Abb.20.3a.

Aufgaben 149

Pyramide sowie ihre Volumen. Der Sehwerpunkt eines homogenen Tetraeders ist gleieh dem arithmetisehen Mittel der Ortsvektoren zu den vier Ecken. AuBerdem beachten wir, daB ~..:!, = ~..:! + f usw. ist, womit sieh die Form (e) ergibt. Nun benutzen wir den Teilsehwerpunktsatz (d), wo ~R der gesuehte Vektor zum Schwer­punkt R des Restki:irpers ist. In Gl. (g) wird der noeh stiirende Einheitsvektor b nach (h) ebenfalls durch C1 und c2 ausgedriiekt, das gibt dann (i) und sehlieBlieh das zahlenmaBige Ergebnis (j).

--+ f = AA' = db + h ea, (a)

Voller Quader: ~Q = h..:! + H; VQ = a b h. (b)

Pyramide: ~p = 1-(~o + !B' + ~o' + ~n') = !-(2~o + ~B + !n + 3D 1 V a b h a b h (c) P=23=-6-· J ~~=~b+~b· ~

abh abh 1 5 -2- (~..:! + f) = -6- 4(2~o + ~B + ~n +3f) + abh{f!R' (e)

20!R = 12~..:! + 9f - 2~c - ~B - !n, (f)

20h = 12(b e1 + a e2) + 9(db + h ca) - b e1 - a e2 ,

= llb c1 + lla c2 + 9h ea + 9d b. (g)

b = b e1 + a e2 =.!!.... C + ~ c· w = J!b2 + a2• (h) J!b2 + a2 W 1 W 2'

20~1l = (ll + 9~) b e1 + (ll + 9~) a Cz + 9h ea. (i)

~1l = ;0 I ~~~: :~:j:l = 210 ! ~~: ~::: ~: ~j~ill = [~:~~ll. (j)

9h 9·3 1,35

Aufgabe 21.1. Eine quadratische Platte ist durch sechs Stabe gestiitzt. Man berechne die Auflagerkrafte:

a) flir beliebige Belastung, b) fiir den in Abb. a skizzierten Spezialfall.

Abb.21.1a. Abb. 21.1 b.

150 Aufgaben

a) Wir wahlen den Bezugspunkt 0, weil dann nach Abb. a die Momenten­gleichung (b) die Krafte 6 1 , 6 2 , 6 a nicht enthalt. Die symbolische G1. (b) schrei­ben wir nun in (d) ausfiihrlich hin und ordnen sie in (e). Wir berechnen zuerst S6' dann Ss und schlieBlich S4. Jetzt schreiben wir das Kraftegleichgewicht (c) mit den zum Teil schon bekannten GraBen aus (e) in (f) in Komponenten, ordnen es in (g) und lOsen es in der Reihenfolge Sa' Sl und S2 auf.

b) Fiir den gegebenen Fall zweier Einzelkrafte berechnen wir die Dyname in (i) und setzen diese Werte in (e) und (g) ein, das gibt die GraBen (i). Sslst negativ, daher ist der Richtungssinn von 6 s umzukehren, der Stab 5 ist somit ein Zug­stab; 2, 4 und 6 sind Druckstabe, 1 und 3 sind Nullstabe. Nun multiplizieren wir die GraBen Si mit I ~II aus (a) und haben damit nach (4) auch die Betrage der Krafte in (k). Das System im Gleichgewicht zeigt die Abb. b.

Man wiederhole die Rechnung mit einem anderen Bezugspunkt, z. B. mit B, und iiberzeuge sich, daB sie wesentlich komplizierter wird.

s, S, S3 S. s. sG

~i { ~ 0 -1 0 0 0 0 0 0 -1 0 1 2 1 2 1

I~il V5 1 V5 1 l/5 1

-----+ ---+ 1: Wl(O) = OB X (64 + 6 s) + OC X 6 6 + M(O) = 0,

o 0 1 Mxfa = 0 -+ S6 = -Mxfa -1 -2 -1 M./a = 0 -+ S. = M./a - 2M,/a + Mx/a

o -1 0 M,/a = 0 -+ Ss = M,/a

('l - m s,+ [~l S,+ [-~l S,+ m tk. - 2R.+R.l ~ +

s, 8, S3

+ Hl ~. + [~l (- ~.) + [~H~l

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

o 1

2

o -1

o 0

1 2

Hx = 0 -+ S3 = Rx 1 R. - M,fa = 0 -+ Sl = - R. + M,/a f (g)

H, + M.fa = 0 -+ Sz =-2Rx + 2R. - Rz - M./a - 2M,/a

(h)

Aufgaben 151

83 =0, 84 =4P, 85=-2P, 86 =Pj2 (i)

is! = 0,

82 = Pj2,

( 0 1

iS2 = lp~21' iS3 =0, iS4 =l( ~ J1, iS5=12~], iS6=t( ~]. (j) 4P -4P Pj2

liS11=0, liS2 1=Pj2, liS31=0, liS4 1=4P, liS51=2V5P, liS6 1=Pj2.(k)

Aufgabe 21.2. Ein biegesteifer Rahmen ist nach Abb. a im Punkt A durch eine vierwertige Schiebehiilse und in B durch eine zweiwertige Doppelhiilse ge­stiitzt und wird durch eine Einzelkraft in C belastet.

a) Man ermittle die Auflagerreaktionen und b) untersuche, ob die Stiitzung statisch bestimmt ist. a) Wir ersetzen die Auflager durch vertragliche Reaktionen. Die DoppelhiiIse

in B ist zweiwertig, siehe Abb. 21.1, und zwar iibertragt sie eine Kraft)B und ein Moment !]RB senkrecht zur Ebene der beiden Fiihrungsschienen mit den Richtungs. vektoren b und c. Einen zu b und c senkrechten Vektor finden wir nun einfach als auBeres Produkt in (a), und da es auf einen Faktor nicht ankommt, setzen wir mit noch unbekannten GriiBen 11 und MB die beiden Reaktionen in der Form (b) an. Die SchiebehiiIse in A ist vierwertig, sie nimmt aIle Kraft- und Momentenvek­toren senkrecht zur Richtung & der Fiihrungsschiene, hier also jede Kraft und jedes Moment in der x-y-Ebene auf. In dieser Ebene zerlegen wir nun Auflagerkraft und -moment zweckmaBig in die x- und y-Richtung, so daB wir die vier weiteren Reaktionen W und !]RA nach (b) bekommen. Die sechs Unbekannten sind somit 11, MB, Ax, A y, M: und M:.

Das Verschwinden der Kraftesumme liefert fast ohne Rechnung die drei Re­aktionen (f), das Verschwinden der Momentensumme beziiglich A die drei iibrigen Reaktionen in (I). Man beachte, daB in (h) bereits 11 = P aus (f) eingesetzt wurde.

IZPa, ~

Abb.21.2a. Abb.21.2b.

Die nun berechneten GriiBen setzen wir in (b) ein und bekommen damit die ge­suchten Reaktionen (m), siehe auch Abb. b. Zur Kontrolle iiberzeugen wir uns in (n) bis (p), daB auch die Dyname beziiglich C verschwindet.

b) Die Stiitzung ist statisch bestimmt, weil die Gleichungssysteme (c) bis (e) und (i) bis (k) jeweils nicht verschwindende Determinanten besitzen, wovon man sich Ieicht iiberzeugt.

[ - 2a 1 {3a] [- 2oa21 [ 2] c X b = ED X EO = 0 I X 5a = 20a2 = -lOa2 -2 .

4a J l4a -IOa2 J 1

(a)

152 Aufgaben

~ ~B HI; BR'~N' HI; ~~ [H BR'~ [~;l· ~)

E2~$HU~ [~p I + [~;l +~;BH~1 i!: (e) -+ 11 = P, (0) -+ A", = -2P, (d) -+ A, = 2P. (f)

~ ~ ~

E !I.J1(A) = AA X ~ + AB X j8 + ACx \l3 + !I.J1A + !I.J1B = 0. (g)

[~I+{:H -~lp+·[~l X Ulp+ [~} H1NB ~) ~p·[=::1 +p·[!H~;~:!+ m· ~:

(k) -+ DB = -12P a, (i) -+ M~ = 37 P a, (j) ->- M: = -19P a. (I)

~~ Hlp, BRB~ [;] Po, ~~ n] P; BR' ~ [-~~]p .. (m)

[ 0-2+2] [0]

ffi=\l3+$J{+~= 0+2-2 = ° . -1 + ° 1 °

(n)

~ - ~ E !I.J1(C) = CCX \l3 + CBx j8 + CA X $J{ +!I.J1A + !I.J1B = 0.

[0] [-31 [2] [-2] [-2] [37] [-24] ~ +a =:Jx -~ P+a ~ X ~ P+ -1~ Pa+ _~: Pa

[ -13 + ° + 37 - 24 1 [ ° ]

= - 5 + ° - 19 + 24 j P a = ° . 16 - 4 + 0-12 °

(p)

Aufgabe 21.S. Ein Kreisbogentrager mit dem Offnungswinkel 28 ist nach Abb. a in drei Punkten an SeHen symmetrisch aufgehangt und wird durch sein Eigengewicht belastet. Man ermittle die Auflagerkrafte.

Das Gewicht P greift im Schwerpunkt S des Tragers an. S liegt auf der Sym­metrielinie M B und hat von M den Abstand e, den wir der Tab. 3b entnehmen; auJlerdem berechnen wir noch die Entfemung d von M nach 0 in (a).

Da aIle Krafte in z-Richtung wirken, geniigt die Erfiillung der drei Gleich­gewichtsbedingungen (20.16) in (b) bis (d). Die Gl. (0) liefert nichts anderes als C = A, was wir natiirlich auoh ohne Reohnung auf Grund der Symmetrie hatten schen konnen.

Aufgaben 153

Fiir den speziellen Wert e = n/2 (Halbkreistrager) berechnen wir noch die Auflagerkrafte in (e) und (f).

~ sine MS = e = r--; MO = d = r cosf} = r cos(n - e) = -r cose. (a)

e

}; Mx(O) = B(r + d) - P(e + d) = 0 _ B = e + dd P = sine - e cose ~, (b) r+ 1-cose e

}; My (0) = 0 c - A c = 0 --7 0 = A, ( c)

P - B 1 e - sine P }; Z;=A+B+O-P= 2A +B-P=0--7A=~2~=2 1- cose --;:. (d)

S '11 n nO" n 1 pezIe e = 2' cose = cos 2 = , SIne = SIn 2 = , (e)

B = ! P = O,6366P; A = 0 = (! - !) P = O,1816P. (f)

r/~

Abb.21.3a.

Aufgabe 21.4. Zwei Rahmen sind im Punkt B vierwertig durch eine Schiebehiilse und in A dreiwertig durch ein festes Gelenk gegen die Umge­bung abgestiitzt und in D durch eine Schiebehiilse miteinander verbunden.

___ I_'~~

[ 1'1 Abb.21.4a. Abb.21.4b.

Falk, Techn. Mechanik II 17

164 Aufgaben

Am Rahmen I greift die Kraft \131 = (0, P, 0) und am Rahmen II die Kraft \132 = (0,0, -P) an. Man berechne:

a) die sieben auBeren Reaktionen und b) alie elf Reaktionen.

a) Das Koordinatensystem wahlen wir nach Abb. a. Die auBeren Reaktionen sind: in A die Kraft Ill, die wir in die Richtungen des Koordinatensystems zer­legen, und in B die Kraft ~ sowie das Moment \mB , die beide nach Abb. b in der Normalebene zur Schieberichtung, hier also in der y-z-Ebene wirken. Mit den sieben auBeren Reaktionen (a) schreiben wir GIeichgewichtsbedingung GB 1 fiir den Gesamtverband mit dem Bezugspunkt A in (b) bis (g) hin.

AuBerdem haben wir noch zwei Nebenbedingungen zu erfiilien: Die Summe alier am Rahmen II (oder ebensogut am Rahmen I) angreifenden Krafte darf

B 2f fa, I _~ -------

JP .....

c Abb.21.4c.

keine z-Komponente haben. da sich sonst die beiden Rahmen in D gegeneinander in z-Richtung verschieben wiirden. AuBerdem muB das Moment des am Rahmen II (oder I) angreifenden Kraftesystems um die Achse ED verschwinden; anderenfalls wiirden sich die beiden Rahmen um diese Achse drehen. Es mussen also noch die beiden Bedingungen (h) und (i) erftillt sein. Die Lasungen der acht GIn. (b) bis (i) lassen sich leicht der Reihe nach in (j) angeben.

b) Wir lasen die vierwertige Bindung in D, dann wirken am Rahmen II die Reaktionen ~ und \mD und am Rahmen I - ~ und - \mD nach dem Wechsel­wirkungsprinzip. Auch D ist eine Schiebehtilse wie B, nur ist jetzt z die Schiebe­richtung, so daB die vier Reaktionen in der x-y-Richtung liegen, siehe (k). Fur den Rahmen I wahlen wir den Bezugspunkt B, fiir den Rahmen II ist der Bezugs­punkt A gunstiger. Aus den GIeichgewichtsbedingungen (1) bis (q) bzw. (r) bis (w) laBt sich das Ergebnis (x) fast ohne Rechnung ablesen und ist in der Abb. c ver­anschaulicht.

Der Verband ist ubrigens statisch unterbestimmt gestutzt, da nur elf Reaktionen , aber 2 . 6 = 12 GIeichgewichtsbedingungen vorhanden sind. Man ersetze z. B. die Kraft st'2 durch i2 = (P, 0,0) und uberzeuge sich, daB dann kein GIeichgewicht maglich ist.

f 0 + Ax + 0 1 [01 ffi = P + Ay + By = 0 ;

l-P + A, + B, 0

(a)

(b)

(c)

(d)

Aufgaben 155

(pa+pa+o-Bya] ro] (e)

m (A) = ° + P a + Mff + ° = lo (f)

° + ° + M: + ° ° (g) II

}; Zi = Az - P = ° (h) II }; M,(D) = -Ax' 2a = 0. (i)

(h)~Az=P, (i)~Ax=O, (b)~Ax=O, (d)~Bz=O, } (j)

(e) ~By = 2P, (f) ~ Mff = -Pa, (g) ~ M: =0, (c) ~ Ay = -3P.

rDx] (M~l SchiebehiiIse D :tI = l ~y; mD = ~~ j' (k)

Rahmen I

Rahmen II

[ [O-Dx+Ol [0]

)R = P - I!,y + By j = ° ;

1 m(B) = [~:~;~:~ ~ ~~: J1 = [~]. ° +M: + ° - Dx2a °

I [Dx+Ax+Ol [0] )R = Dy + Ay + ° j = ° ;

0+ A, -P °

\ m(A)= [ ~::~:~:l =[~].

Dx ·2a+ ° +0 J °

(I)

(m)

(n)

(0)

(p)

(q)

(r)

(s)

(t)

(u)

(v)

(w)

(1) -+ D" = 0, (m) -+ By = 2P, (n) ~ B, = 0, (0) ~ Dy = 3P, 1 (p) ~ Mff = -Pa, (q) ~ M: = 0, (r) ~ Ax = 0, (s) ~ Ay = -3P, (x)

(t)~A. =P, (u)-+M~=-Pa,(v)~Mff=-Pa, (w)~Dx=O. J

Aufgabe 22.1. Fiir den skizzierten Rahmen ermittle man die SchnittgroBen. Wie groB ist das maximale Biegemoment?

1m Bereich I wirkt die Querkraft vom Betrag P nach unten, die Langskraft ist Null. Auch das Drillmoment verschwindet, weil die Kraft die Achse AB schnei­det. Das Biegemoment wachst linear an von Null bisPa, siehe Abb. f. 1m iibrigen

x Abb.22.1a. Abb. 22.1 b.

17*

156 Aufgaben

stellt dies alles nichts Neues dar, denn im Bereich I herrschen Verhaltnisse der ebenen Statik; wir ersetzen lediglich die dort gebrauchlichen Drehpfeile durch Vektorpfeile.

Nun zum Bereich II. Wir reduzieren zweckmaBig vorweg im Punkt B nach Abb. b. Die Kraft vom Betrag P zerlegen wir in zwei Komponenten; die eine vom Betrag P COSiX ist Langskraft (Druck), die andere Q'uerkraft. Den Moment­vektor in positiver y-Richtung vom Betrag Pa zerlegen wir ebenfalls nach "\ hb. b

A

Abb.22.1c. Abb.22.1d.

fa coso: PIL

CD z A A

x x Abb.22.1e. Abb.22.1f.

und bekommen in Tangentenrichtung die schrag nach oben gerichtete Kompo­nente Pa siniX (Drillmoment) und die quer zur Rahmenachse wirkende Kompo­nente Pa COSiX in der y-z-Ebene nach Abb. f. Aber auch die in B reduzierte Einzel­kraft vom Betrag P hat ein Moment, das von Null bis Pb linear anwachst und die negative x-Richtung hat; es ist somit ein Biegemoment, wir tragen es eben­falls in Abb. fein, ohne aber die beiden Komponenten zu addieren, was uniiber­sichtlich und umstandlich ware. Da der konstante und der lineare Auteil auf­einander senkrecht stehen, finden wir auch leicht den Betrag des Biegemoments nach dem Satz des Pythagoras, so z. B. fiir den Punkt C in (a), und das ist offenbar das maximale Biegemoment.

lMan benutze auch die Zerlegungsformeln (2) bis (7) zum Vergleich. Die Rech­nung ist relativ umstandlich, doch kommt man bei komplizierteren Gebilden meist nicht ohne diese Formeln aus, zumal wenn das Anschauungsvermogen schwach entwickelt ist.

(a)

Aufgaben 157

Aufgabe 22.2. Eine Kurbelwelle kann fUr gewisse Fragestellungen der Mecha­nik mit guter Annaherung durch einen rechtwinklig abgeknickten Rahmen nach Abb. a ersetzt werden. An der Welle greifen zwei Momente we und - we an, die zusammen im Gleichgewicht sind. Man skizziere den Verlauf von Drillmoment und Biegemoment iiber dem Ersatzsystem.

Zerschneiden wir den Rahmen im beliebigen Punkt G, so greift am abgeschnit­tenen Teil A G das Moment we an, und da dieses frei verschieblich ist, gibt die Reduktion nach Gallein das Moment we. Dies muB nun zerlegt werden in Rich-

Abb.22.2a.

Abb.22.2b.

Abb.22.2c.

tung der Tangente und senkrecht dazu. Hier jedoch ist die Zerlegung gar nicht notig, denn in den zur x-Achse paraUelen Bereichen falIt we ganz in Tangenten­richtung, ist also Drillmoment, in den iibrigen Bereichen dagegen steht we senk­recht auf der Rahmenachse und ist daher Biegemoment, siehe Abb. b und c. Dies bleibt auch dann richtig, wenn die einzelnen Kropfungen der Welle nicht mehr wie im gewahlten Beispiel in einer Ebene liegen, sondern, wie das bei Mehrzylinder­motoren iiblich ist, gegeneinander versetzt sind.

* Aufgabe 22.3. Ein raumlicher Rahmen ist im Punkt D fest eingespannt. An zwei gleich langen, in den Punk ten A und B am Rahmen befestigten Seilen hangt ein Gewicht vom Betrag 2P. Es sind zu ermitteln

a) die Seilkrafte und Auflagerreaktionen, b) die SchnittgroBen.

a) Die Seilkrafte ermitteln wir nach Abb. b und setzen zur Abkiirzung a = tanfJ. Die Berechnung der Auflagerreaktionen ist trivial, siehe Abb. c.

b) Wir zerlegen von vornherein aIle Kraft- und Ortsvektoren nach den Rich­tungen des begleitenden Dreibeins t, n, D; dann entfalIt die nachherige lastige Zerlegung der Dyname nach (2) bis (7). 1m Bereich I besteht die Kraftesumme aus der in Richtung von D wirkenden Kraft mit dem Betrag P. Die Kraft vom Betrag OP wird im Punkt Gf in die Richtungen von t und n zerlegt und gibt die Komponenten PO sin '1' und PO cos'1" Damit konnen wir die Kraftesumme im Bereich I in natiirlicher Zerlegung hinschreiben, (a). Zur Berechnung des Mo­mentes im Punkt Gr miissen wir noch den Vektor /; von GI nach A zerlegen, was nach Abb. d geschieht. In der ersten Komponente von we(GI) steht das Drill­moment, in der zweiten das Biegemoment in Richtung n, in der dritten das Biege­moment in Richtung D, siehe (b).

1m Bereich II besteht die Kraftesumme aus den beiden Seilkraften, die zu­sammengenommen das Gewicht vom Betrag 2P mit der senkrechten Wirkungs­Iinie durch M ergeben. Mit dem Vektor r n von Gil nach M laBt sich in (c) das

158 Aufgaben

Moment leicht berechnen; es wirkt in Richtung der Tangente, ist also Drillmoment und hat den konstanten Betrag 2 P r, was man sich auch ohne Rechnung klar­machen mage.

1m Bereich III wirkt das Gewicht vom Betrag 2P als Querkraft; das Biege­moment des Gewichts wachst linear zwischen 0 und D von 2P r e bis 4P r e an.

Abb.22.3a.

zp

Abb.22.3c.

® ®

Abb.22.30.

zp

Abb.22.3b.

Abb.22.3d.

JJJ= T' sin tp ~O= r(1-cos tp}

In Abb. e sind diese Ergebnisse maBstablich nach GroBe und Richtung auf­getragen. AuBer dem Drillmoment D hangen die SchnittgroBen noch von fJ = tanfJ abo

Aufgaben 159

fa sintp 1 f L 1

Bereich I: ffi = I a c:stp j P = l ~:j. (a)

( -sintp] (a sin II' 1 [1 - cos II' 1 [D 1 ID1(Gl)=~xffi=rll-costp xlacostpjp=pr sin: j= MnJ. (b)

o 1 -asmtp Mb

(0] (01 (01 (2] Bereich II: ffi= l~ P;ID1(Gll)=G~xffi=rl~j X l~jp=prl~ . (c)

Aufgabe 22.4. Eine Schraubenfeder vom Grundkreisdurchmesser 2r und der GanghOhe h wird durch zwei gleich groBe, entgegengesetzt gerichtete Krafte vom Betrag P zentrisch belastet.

a) Man berechne die SchnittgroBen. b) Wie muB das Verhaltnis rjh gewahlt werden, damit das Drillmoment zehn­

mal so groB wird wie das Biegemoment? a) Wir schneiden die Schraubenfeder im beliebigen Punkt G und reduzieren

dort nach Abb. b. In G resultiert die Einzelkraft vom Betrag P in Achseurichtung und ein Moment vom Betrag P r in Richtung der Tangente zum Grundkreis.

Abb.22.4a. Abb. 22.4 b. Abb.22.4c.

Krafte- und Momentensumme werden nun in Abb. b zerlegt in Richtung der Tangente und senkrecht dazu. Diese Zerlegung ist hier trivial und geschieht ohne jede Rechnung. Der Deutlichkeit halber zeigt die Abb. c nochmals eine Drauf­sicht in Richtung der Hauptnormalen n. Wir haben somit als Ergebnis

Langskraft 5.3 = P sinfl t (Zug) , (a)

Drillmoment 'Il = P r cosfl t, (b)

Querkraft D=Pcosflb, (c)

Biegemoment jS-= -Prsinflb. (d)

Hieraus folgt ohne wei teres die Beziehung

B h j)=tanfl=U' (e)

wo h die Ganghohe und U = 2r n der Umfang des Grundkreises ist.

160 Aufgaben

b) Die zweite Frage ist damit leicht beantwortet. Ans der Forderung D = lOB folgt

U U rn lOB = D = B--,;-+ h = 10= 5 =O,628r. (f)

Die iiblichen Schraubenfedern haben einen relativ kleinen Steigungswinkel {3, und das bedeutet nach (e), daB das Drillmoment sehr viel groBer ist als das Biege· moment.

* Aufgabe 22.0. Ein schraubenformig gewundener Rahmen (Mittellinie einer Treppe) ist in A einwertig und in B vierwertig durch eine Schiebehiilse gelagert; er wird durch sein Eigengewicht P belastet. Man berechne die SchnittgroBen.

Gegeben: s = 2n, h = r. Da die Schiebehiilse in B keine Kraft in lotrechter Richtung aufnehmen kann,

ist die Auflagerkraft in A senkrecht nach oben gerichtet und hat den Betrag P. Wir konnen somit ohne Kenntnis der Reaktionen in B die SchnittgroBen berech­nen, wenn wir den Rahmen von A an durchlaufen. Das Gesamtgewicht des Rah-

A

Abb.22.5a.

Abb.22.5c.

I Ip I I I

z

o

Abb.22.5b.

b~1

~~ L:j---~ Abb.22.5d.

h

mens verhalt sich zum Gewicht des abgeschnittenen Teiles AG wie e zu lX, also wirkt im Schwerpunkt S des Rahmenteils AG das Gewicht P lXje senkrecht nach unten. Die beiden Krafte in A und S reduzieren wir nun nach Abb. b zunachst im Punkt G' , der senkrecht unter G liegt. Die dazu benotigten Langen e, b und a entnehmen wirder Tab. 3b,die Langend und t der Abb. c, siehe(a), (b). Die Krafte­surnme in Lotrichtung laBt sich in (c) leicht hinschreiben; die Momentensumme in Lotrichtung verschwindet, da aIle Krafte senkrecht wirken. Drillmoment und Biegemoment sind die Momente der Krafte P und P lXjS urn Tangente und Haupt-normale, deren Einheitsvektoren t und ii sind, siehe (d), (e). Jetzt denken wir uns nach Abb. d die Schraubenlinie abgewickelt und driicken in (f) das beglei-

Aufgaben 161

tende Dreibein des Grundkreises durch das der Schraubenlinie aus. In (g) und (h) haben wir dann die gewiinschtc Zerlegung des Momentvektors vor uns. Die erste Komponente hat die Richtung von t, ist also Drillmoment, die heiden iibrigen

-pr~ Abb.22.5e.

Komponenten sind Biegemomente in 11-Richtung und b-Richtung. Almlich ver­fahren wir mit der Kraftesumme in (i) und (j).

Fiir die gegebenen Werte 6 = 2n und h = r berechnen wir zunachst sin{3 und cos{3 in (I) und weiter die drei Momente (h) in (m), deren Verlaufe in Abb. e skizziert sind. Man skizziere ebenso die drei Schnittkrafte (j).

Der Rahmen ist statisch unterbestimmt gestiitzt. Die Gleichgewichtsbedingun­gen sind trotzdem 16sbar infolge der speziellen Belastung. Wenn diese ein Moment um die Lotrichtung hatte, so wiirde der Rahmen sich zu drehen beginnen.

as _ _ sinlX/2 -e-r---,

1X/2 a = ~ (1 - COSlX),

lX b = ~ (lX - sinlX).

lX

d = r sinlX, f = r - r COSlX.

~ r R;; = P - P : = P ( 1 - : ) ,

.:: lX P r . 01 M, = P f - P-b = -[(I - COSlX) 6 - (lX - smlX)], .~ e e ~ ~ lX Pr as M:;; = Pd - P- a = -[6sinlX - (I - COSlX)]. ~ l B B

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

1 = t cos{3 - b sin{3; b = t sin,B + b cosfJ; Ii = 11. (f)

9:R (G) = MT t + Mr; Ii = M, cosfJ t -M, sinfJ b + Mr; 11. (g)

f [c(1 - COSIX) - (lX - sinlX)] cosfJ 1 r D 1 9:R(G) =!...!:... BsinlX - (1 - COSlX) = Mn •

B l [c(1 - COSlX) - (IX - sinlX)] (-sinp) J l MbJ

(h)

162 Aufgaben

lR = Ri) b = Ri) sin{3 t + Ri) cos{3 b. (i)

(j)

Speziell e = ex = 2n ~

W1(B)=- 2n·0-(I-I) =Pr 0 (k) [[2n(I-I)-(2n-0)]COS{3 1 f-cos{31

prJ l J 2n [2n(1 _ 1) - (2n - 0)] (- sin{3) sin{3

. {3 1 SIn = --,-:,=-:---==-

V4n2 + 1 (1)

D (ex) = [2n(I - cosex) - (ex - sinex)] V P r , 4n2 + I

[ . (I - cosex) ] Mn(ex) = Slllex - 2n Pr, (m)

M( ) -[(1 ) (ex-sinex)] (-Pr) b ex - - cosex - .

2n V4n 2 + I

* Aufgabe 22.6. Ein aus neun Staben bestehendes raumliches Fachwerk be­findet sich unter der Einwirkung eines Nullpaares ~l; ~2 im Gleichgewicht, siehe Abb. c.

a) 1st das Fachwerk iunerlich statisch bestimmt? b) Man berechne die Stabkrafte nach der Methode von CREMONA und c) nach der Methode von RITTER.

a) Die Bedingung (9) ist erfiillt: 9 + 6 = 3 . 5 = I5! Da das vorgelegte Fachwerk iiberdies aus lauter Tetraedern besteht, ist die iunere statische Bestimmt­heit gewahrleistet; die Stabkrafte lassen sich daher eindeutig ermitteln.

y

x

Abb.22.6a. Abb.22.6b.

Aufgaben 163

b) Wir fiihren in Abb. a die Vektoren 51/ ein, und zwar wahlen wir am ein­fachsten die Differenzvektoren zwischen irgend zwei Knoten i und i, wobei wir den belanglosen Faktor a in (b) fortlassen. In Zeile (c) stehen die Betrage 15; j 1 , die Zeilen (d) und (e) bleiben vorlaufig frei. Den Vektor 514 findet man z. B. so: Man lauft vom Knotenpunkt 1 zum Knotenpunkt 4 iiber den Koordinatennull­punkt 0, also zunachst von 1 nach 0, das gibt z = +3a und dann von 0 nach 4, das gibt x = +a und y = +a. DerStrukturplan (14.29) in (a) ist giiltigfiirjedes Fachwerk, das, wie man sagt, die gleiche Topologie wie das der Abb. a besitzt

z

x

.It,

Abb.22.6c. Abb.22.6d.

und genauso numeriert ist; insofern unterscheiden sich die Fachwerke Abb. a und b vorlaufig durch nichts. Nun tragen wir im Strukturplan (a) die Vektoren (b) ein und bekommen das Gleichungssystem (f) bis (j). Zunachst last man die Gln. (f) und (g) und tragt nun die Lasungen in (h) bis (j) ein, wodurch neun Gleichungen fiir die drei Unbekannten 834 , 835 und 845 entstehen, die man aus irgend drei geeigneten Gleichungen berechnet, siehe (1). Die ii brigen sechs Gleichungen kannen dann zur Kontrolle dienen.

Die GraBen Sij!P werden in die freigelassene Zeile (d) und darunter die Produkte 150 1 8ii!P getrennt nach Druck und Zug in (e) eingetragen. Positive GraBen 80

bedeuten Druck, negative Zug. Zum Beispiel wird 1 £l23! 823!P = VS· 1!4 = 0,559, also! ®231 = 0,559P Druck.

Da das Fachwerk und ebenso die Belastung symmetrisch zur y-z-Ebene ist muB ®14 = ®I5' ebenso 1024 = ®25 und ®35 = ®34 sein, was die Zeile (d) bestatigt.

c) Methode von RITTER. Wir zerschneiden das Fachwerk nach Abb. d. Da­durch werden fiinf Stabkrafte freigelegt, und zwar sind nach unserer Annahme alles Druckkrafte; diese haben also die Form + 8i }· 5i }, wenn der Richtungsvek­tor 5,; auf den Knoten j hinweist, sonst aber - 8i; Si;' siehe Abb. d. Die Gleichgewichtsbedingungen mit dem Knoten 4 als Bezugspunkt schreiben wir zunachst in (m) und (n) symbolisch und sodann in (0) und (p) komponen-

164 Aufgaben

tenweise auf. Der Gl. (0) entnehmen wir ohne weiteres 813 und 815 und rechnen anschlieBend aus (n) die GroBen 824 ,834 und 845 , Aus Symmetriegriinden haben wir dann auch 814 , 825 und 835 , so daB nur noch 823 fehlt; diese GroBe berechnen wir am einfachsten durch Abschneiden des Knotens 2 oder 3; die GIeichung E Xi = 0 liefert dann sofort 823 = P/4.

Will man die RITTERsche Methode lediglich als KontroIle benutzen, so lost man die GIn. (m) und (0) usw. natiirlich nicht auf, sondern setzt die bereits nach der CREMoNA-Methode berechneten Werte ein und priift nach, ob aile GIeichungen erfiillt sind.

Knotenj s's S14

1 2 3 4 5

+ +

+

o 1-1 -1 1 1 333

VIO Vll Vll 8/j/P 1/6 1/12 1/12

S23 S,.

+ +

+

523

o 1-1 -1 1 1 -2 -2 -2

Vg V6 V6

1/4 1/8 1/8

+

Druck 0,527 0,276 0,276 0,559 0,306 0,306

S35 S ••

+ +

1

~l =0 ~2 =0

(a)

o =0 o =0 o =0

1 -1 -2 220 o 0 0

(b)

V5 vg 2

- 5/48 - 5/48 -5/96

(c)

(d)

Zug 0,233 0,233 0,104 (e)

Knoten S,. s" S" S'3 S •• S2. ss. s •• s •• p j

0 -1 1 0 =0 1 1 -1 -1 0

-3 -3 -3 1 =0 (f) =0

--0 -1 1 0 =0

2 1 -1 -1 0 =0 (g) 2 2 2 -1 =0 --

0 0 -1 1 0 =0 3 -1 -1 -2 -2 0

3 -2 0 0 0-=0 (h) =0

1 1 1 2 0 =0 4 1 1 2 0 0

3 -2 0 0 0 =0 (1) =0

-1 -1 -1 -2 0 =0 5 1 1 2 0 0

3 -2 0 0 0 =0 (j) =0

Aufgaben 165

- 5P (h) ~ 835 = - 4s ' (1)

m = E ~i = -813 1\3 - 815 ~15 + 824 ~24 + 834 ~34 - 845 ~45 + ~1 = 0, (m)

E lJJli (4) = -a ~14 X (-813 ~13 - 815 ~15 + ~1) = 0. (n)

SI. S15 S" S.4 S,. I p

(0) ° 1 1 1 2 0 =0 1 -I 1 2 ° ° = °

-3 -3 -2 ° ° 1 = ° (m) ~ {

fl] f '0 +1815 +°1 [-6813 +0 +PI [01 (n)-,>-all Xll~13-1815+oJ=-a 3S13+6~15-P = ° .(p)

3 -3813 - 3815 + P 1813 - 2816 + ° ° Aufgabe 23.1. Der Schwerpunkt 8 eines homo­

genen Wiirfels der Kantenlange a liegt auf der x-Achse. Man berechne die Drehmasse beziiglich der z Geraden OP.

Gegeben: xs=l, P=(2,1,2)1. Wir denken uns die Drehachse j parallel ver­

schoben durch den Massenmittelpunkt 8; die zuge­horige Drehmasse ist dann nach Tab. 3h elj = ma2j6 fUr jede beliebige Richtung (Kugelkreisel). Nun benutzen wir den STEINERschen Satz (60), berechnen zunachst das Kreuzprodukt i X as in (a), dessen Quadrat in (b) und damit die gesuchte Drehmasse­in (c).

ix" ~ ~ m x [~l ~ ; U I' a2 = (i X as)2 = ':?"12.

9

(60) ~ e?i = m (~2 + 5;2).

p

Abb.23.1a.

(a)

(b)

(c)

Aulgabe 23.2. Gegeben ist ein starrer Korper mit den Hauptdrehmassen AS, B S , Os. Man berechne die Drehmassen beziiglich eines Punktes P auf der Haupt­achse a. Gibt es einen Punkt P, fiir den das Tragheitsellipsoid kugelformig wird?

Zur Drehmasse eJj (49) addieren wir nach dem STEINERSchen Satz (60) den Ausdrnck m(j X t S)2

wo ts der Vektor von P nach 8 ist, und bekommen damit die Drehmasse e[; in ( c). Da hier die gemischten Glieder j. jb, j. j. und jd. fehlen, ist a, b, c auch ein Hauptachsensystem fUr jeden Punkt P der Achse a, und das gleiche gilt natiirlich auch fUr die anderen bei­den Achsen. Nun verlangen wir, daB die drei neuen Drehmassen A P, BP und OP einander gleich werden, damit das zu P gehOrige Tragheitsellipsoid kugel­formigwird. Zunachst folgt aus BP = OP auch BS = OS

{lp . ~b

Ii' ,/ --. ---- --J -', 'C' i PS=P'S=d

9P' Abb.23.2a.

166 Aufgaben

und nun aus AP = BP die Beziehung (e), die allerdings nur erfiillbar ist, wenn AS> BS, also das Zentralellipsoid gestaucht war. Ein Beispiel zeigt die Abb. a.

(49) --+ efi = ASJ~ + BSJ1 + oSi;. (a)

r i.l [ -d 1 r 0 1

j X ts = l~: J X ~ J = l ~~:c J; (j X t S)2 = 02 + d2 i~ + d2 i~· (b)

(60) --+ efi = efi + m(j X t,;)2 = AS J~ + (BS + m d2 ) J1 + (OS + m d2) J~

= APJ~ + BPJ1 + OPJ~. (c)

(d) AP=As, BP=Bs+md2, OP=Os+md2.

~ VAS-BS PS = d = ± m ' falls AS> BS. (e)

Aufgabe 23.3. Wie lang muB ein homogener Zylinder sein, damit das Zentral­ellipsoid kugelformig wird?

Wir entnehmen die beiden Hauptdrehmassen A 8 und B8 der Tab. 3i, wo r = 0 zu setzen ist und verlangen A8 = BS, das gibt die gesuchte Lange h in (b).

AS = _ R2. BS = Os = _ R2 + _ m m ( h2 )

2' 4 3 ' (a)

Abb.24.1a.

h=RV3=1,73R. (b)

Aufgabe 241. Ein homogener Wiirfel der Masse m rotiert mit konstanter Dreh­zahl n um eine feste Achse, die durch den Schwerpunkt S des Wiirfels geht.

Man berechne die Auflagerkrafte. Nach Tab. 3h ist AS = BS = 0 8 = e%;,

also handelt es sich beziiglich S um einen Kugelkreisel, und d. h., daB jede Achse durch S, also auch die Drehachse, Haupt­achse ist. Da auBerdem die Drehzahl n konstant ist, befindet sich das System der Massenbeschleunigungen im Gleichgewicht, somit nach dem Aquivalenzprinzip auch das System der auBeren Krafte. Es liegt mithin ein rein statischer Fall vor. Die Berechnung der Reaktionskrafte ist nun trivial, das Ergebnis zeigt die Abb. a.

Aufgabe 24.2. Ein rotationssymmetrischer homogener Korper ist in seinem Schwerpunkt S in der Mitte einer starren massenlosen Welle befestigt, mit der er gemeinsam gleichformig rotiert. Man zeichne Querkraft und Biegemoment iiber der Welle.

AIle Vektoren senkrecht zur Figurenachse a sind Hauptachsen; doch fiihren wir zweckmaBig den in der j-a-Ebene liegenden Vektor Ii und dazu senkrecht den Vektor c ein, siehe Abb. a. In diesem korperfesten Koordinatensystem berechnen wir nun die Vektoren i und i3s nach (23.47) und (23.48) und daraus das Kreuz­produkt j X i3s in (a). Nun ziehen wir die sechs Bewegungsgleichungen (18) und(19)

Aufgaben 167

in (b) und (c) heran. Hier ist insbesondere r = 0, weil 8 auf der Welle liegt, und w = 0, weil die Drehung gleichformig ist. Die Drallgeschwindigkeit 1>8 hat somit die Richtung der c-Achse, die senkrecht zur a-j-Ebene steht. Wir schreiben nun Schwerpunktsatz (b) und DralIsatz (c) im korperfesten j-c-e-System in Kompo­nenten hin, siehe (d) bis (i), und berechnen daraus die Reaktionen K 1 , K 2 , PI und P 2 in (j) und (k). Die Kraft PI bzw. P 2 wachst nach (k) mit dem Quadrat der Drehgeschwindigkeit. Sie verschwindet fUr sin {} = ° und cos {} = 0, also fUr

®P ®

1}1j I ~'?

~--~~--~I ~'I I .S; oj

I I i i-------l---..J.-l-1 I I I

I I £

® ~ r--~ -r--f --Ii t I}] ~ I 6~ I I ~ I

~~I ~T' ®~I.>: Abb.24.2a. Abb.24.2b.

{} = 0° und {} = 90°, und das ist klar, weil dann j in eine Hauptachse falIt. Wenn BS < AS ist (gestauchter Kreisel), wird Ds negativ, solange {} < n/2 bleibt; beides trifft im Beispiel der Abb. a zu; daher hat PI die Richtung von -c, da­gegen P2 die Richtung von c. Die zugehorigen SchnittgroBen in der mitbewegten a-j-Ebene zeigt die Abb. b fiir den SonderfalI II = 12 = I. Beim Kugelkreisel wird wegen BS = AS auch PI = P 2 = 0, die Massenbeschleunigungen sind dann fiir sich alIein im Gleichgewicht.

Wir haben bislang noch nicht das Gewicht des Kreisels beriicksichtigt. Da dieses im Massenmittelpunkt 8 angreift, miissen in beiden Auflagern Krafte vom Betrag G/2 senkrecht nach oben wirken, damit Gleichgewicht herrscht. Die zu­geh6rigen Schnittgr613en in der raumfesten e-j-Ebene zeigt Abb. b unten.

j = [:;::1; 53 = [~;:~~:1; l ° J ° J

j X 5s = r ~ j. l (BS - AS) sin {} cos {}

(18) --+ 17~f = 0,

(19) --+ 17 9J1f (8) = ° + w2 j X 5s = w2 (BS - AS) sin {} cos {} c

(b) --+ 17 ~f = [ Kl : K21 = [~1, lP1 +P2 J lOJ

r ° 1 r ° 1 (c)--+179J1f(8)= l P1 l1 -P2 12 ! = I w2 (BS-A6sin{}cos{} \'

-Kl1l+K212J l J

(e), (i) --+ Kl = K2 = ° w2 (BS _ AS) .

(f),(h)--+Pl= I I sm{)cos{}; P 2=-P j •

1 + 2

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

(i)

(j)

(k)

168 Aufgaben

Aufgabe 24.S. Ein homogenes rechteckiges Brett ist in seinem Schwerpunkt S nach Abb. a mit einer masselosen Welle starr verbunden. Das Brett soli in t Sekun­

Abb.24.3a.

den aus der Ruhe auf die Drehzahl n beschleunigt werden. Wie groB ist das erforderliche konstante Moment M?

Gegeben: a = 5 em, b = 20 em, c = 15 cm; G = 12 kp, t = 25 sec, n = 300 Ujmin, {} = 30°.

Das erforderliehe Moment liefert der Momen­tensatz (20). In (a) bereehnen wir die Komponen­ten des Vektors i im korperfesten Koordinaten­system n, b, c, sodann nach (23.49) die Dreh. masse ejj in (b), weiter naeh Tab. 3h die speziellen Werte fUr das gegebene Brett in (c) und (d).

Da das Moment konstant sein soll, mull es aueh die Drehbeschleunigung OJ sein; somit gilt OJ = dwldt = wit, also auch OJ = nit, was wir in (e) berechnen. Das gesuchte Moment M = ej'jOJ ergibt sieh nun in (f).

(b)

(c)

m (b) -+ etl = 4s (a2 + 4b2 + 3c2) = 0,586 kp em sec2 (d)

OJ = .!: = 300 U/min = 300· 2n Rad = O,b Rad (e) t 25 sec 25 sec· 60 sec sec2 •

Rad (20) ...... M j = efiOJ = 0,586 kp cm sec2 • 0,4n --2 = 0,74 kp cm. (f)

sec

Aufgabe 24.4. Eine Tiir der Breite 2a hangt schief in den Angeln, deren Verbindungslinie j mit der Lotrechten den WinkelD bildet. Die Tiir wird urn 90° geoffnet und dann losgelassen. In welcher Zeit klappt sie zu, falls keine Reibung

2a vorhanden ist?

Abb.24.4a.

Gegeben: a = 45 cm, sinD = 0,01. Da nicht nach den Reaktionen ge­

fragt ist, geniigt zur Losung der Aufgabe der Momentensatz (20). Nur die Schwer­kraft (\) = - m g ea hat ein Moment beziig-

Abb.24.4b.

Aufgaben 169

lieh der Drehaehse in (a). Es ist zweekmaJ3ig, naeh A13 eine zyklisehe Vertausehung vorzunehmen, wei! sich das Kreuzprodukt ea x i = e2 sin ff leieht bereehnen laBt. Nun zerlegen wir den Ortsvektor zum Sehwerpunkt S in der Form ~8 = a b + h i und beaehten, daB e2 b = sinrp und e2 i = 0 ist. Damit ist das Moment Mj(O) in (b) gefunden, und nun folgt die Drehbesehleunigung aus dem Momentensatz (20) in (c). Es handelt sich, wie nicht anders zu erwarten, urn die Bewegungsgleiehung eines Pendels.

Genaugenommen stellt die Tiir einen Quader dar; wenn wir jedoeh ihre Dieke d gegeniiber der Breite vernachlassigen (die Hohe h spielt ohnehin keine Rolle), so haben wir den Stab der Abb. b vor uns, fiir den naeh Tab. 3a ef.; = m(2a)2J3 = 4ma2J3ist, siehe (d). Fiir rpmax = 90° lesen wir nun aus Tab. (8.39) die zugehiirige Sehwingungsdauer ab und bereehnen ein Viertel davon in (e). Die Tiir schlagt somit in etwa 4,6 sec zu. Man beaehte, daB auBer der Erdbesehleunigung nur die Tiirbreite und die Neigung der Drehaehse eine Rolle spielt.

Mi(O)=W1(O)i=[~8x(-mge3)]i, (a)

Mj(O) = -mg(eax j) 1;s = -mge2 sinff(ab + hi) = -mgsinff(asinrp + 0), (b)

2 Mj m g a sin ff . 2 • ( 0) ->- rp = e9. = - el!. smrp = -v smrp,

1J 17

( c)

2 = m g a sin ff _ ~ JL . ff v 4m a2/3 - 4 a sm . (d)

.'!...- = 7,4164 = 7,4164 ~a = 7,4164 V_",,",4::-:::-._45~:-~ sec = 4,58see. (e) 4 4v 4 3g sin ff 4 3·981 ·0,01

Aufgabe 24.5. Ein homogener Zylinder rotiert um seine Aehse a mit der Eigendrehzahl n •. Die Prazessionsgesehwindigkeit der Aehse urn den festen Vek­tor & sei nt, die Nutationsgesehwindigkeit ist Null. Wie groB ist die kinetisehe

Gegeben: n,=60U/min,n.=300U/min, G =40kp, Energie? ~'

eosff = 0,6, r = 10 em, h = 9 em, 1= 30 em. "-In der Rotationsenergie (31) fallt der dritte ~

Summand fort, wei! wk = 0 ist, siehe (a). Wir ermitteln f nun die Drehmassen A 0 und eo naeh dem STEINER­sehen Satz und Tab. 3i in (b) und (c). Sodann reehnen wir in (d) die angegebenen Drehzahlen urn in die zugehorigen Winkelgesehwindigkeiten und konnen nun naeh (25) und (26) die GroBen W. und w. in (e) und (f) und damit naeh (a) die kinetische Energie in (g) berechnen. Abb.24.5a.

(31) ->- 2Erot = AO w~ + BO w~ = 2E. (a)

r2 102 40 A ° = AS = - m = - -- kp em see2 = 2 04 kp em see2 (b) 2 2 981 ' .

m ( h2 ) BO = BS + m 12 = 4" r2 + 3 + m 12

[1( 92) ]40 = '4 102 + '3 + 302 981 kp em see2 = 37,99 kp em see2• ( c)

2n 2n Rad 2n 2n Rad wj= 60 nj = 60 60 = 2n sec' we = 6O n, = 60 300 = IOn sec' (d)

Rad (25) ->- W. = W, + WI cos ff = IOn + 2n . 0,6 = 11,2n--, . ~e

(e)

Falk, Teclm. Mechanik II 18

170 Aufgaben

. {} 2 Rad (26) -->- Wq = w,sm = 17,·0,8 = 1,617,--, sec

(a) -->- 2Erot = [2,04 (11,217,)2 + 37,99 (1,617,)2] kp em = 3482 kp cm.

(f)

(g)

Aufgabe 24.S. Ein Kollergang wird dureh eine konstante Kraft vom Betrag P nach Abb. a aus der Ruhe heraus in Gang gesetzt. Man berechne:

a) die Beschleunigung ijJ analytiseh, b) die Beschleunigung ijJ und die fiinf Reaktionskrafte synthetiseh. Die Abb. a enthalt samtliche am Kollergang angreifenden Krafte, namlich

fiinf Reaktionen und die beiden eingepragten Krafte P und mg. Auch das im Punkt 0 reduzierte System der Massenbeschleunigungen ist vollstandig eingezeieh­

o

H

Abb.24.6a.

net und durch Doppelpfeile ge­kennzeiehnet. Es sind dies die drei Komponenten (53) der Drall­gesehwindigkeit und der Vektor m ~8 mit den Komponenten - m d ijJ f und + mdljJ2 a. Aueh die Dreh­massen B und A miissen demnach

Abb.24.6b.

auf den Punkt 0 bezogen werden. Die Abb. b zeigt eine Seitenansicht des Koller­gangs mit den zugehorigen Langen d, b und 1.

a) Wir berechnen zunachst die Rollmasse (47) in (a) mit sin 90 0 = 1. Die Leistung der Kraft Sf ist L = Sf tJ = P b IjJ und die Arbeit Ao = P b 'IJ!, somit folgt aus dem Leistungssatz (48) die Drehbeschleunigung ijJ in (b) und aus dem Arbeitssatz (49) die Drehgesehwindigkeit IjJ in (e).

b) Da {} = 900 ist,konnen wir die einfachen GIn. (53) benutzen, siehe (d), woraus mit A = l/r die drei Unbekannten H,Vi und N in (e) folgen. Die Mahlkraft N wachst danaeh mit IjJ quadratiseh an. Aus dem Sehwerpunktsatz (f) bis (h) lassen sieh mit Hilfe von (e) und (b) nun auch leieht die drei Reaktionen K z , K. und Kk im Punkt 0 berechnen.

Wenn der Kollergang mit seiner Betriebsdrehzahl Wt = const lanft, ist die Kraft P iiberfliissig (solange man von der Reibung absieht). Mit P = 0 verschwin­den dann nach (e) die Haftkomponente H und die Besehleunigung Vi und weiter nach (h) die Kraft K k • Der Kollergang maeht dann eine regulare Prazession.

(47) -->- e* = (A A2 + B) sin2 90 0 = (A A2 + B). (a)

.. L PbljJ Pb Pb (48) -->-1p = e* IjJ = e* IjJ = e* = A A2 + B . (b)

e* 2Pb 2Pb (49)-->-Ao =Pbtp=E-Eo=TW- 02 )-->-1jJ2= e* tp = AA2+Btp· (e)

(53)-->-Mz =Pb-H1=BVi, M.=Hr=AAVi,Mk=Nl-mgd=AAIjJ2. (d)

Aufgaben

H P bl .. Pb N d A = r2(A2+B(A) ' 1p= AA2+B' =mgT+r'lp2·

JKz+N -mg= 0 .E sri = m !s -+ K. = m d 'lj!2

lKk+H-P =-mdip.

171

(e)

(f)

(g)

(h)

Aufgabe 24.7. Ein symmetrischer Kreisel macht nach Abb. a Rollschwingun­gen auf einer schiefen Ebene E'. Man ermittle die Bewegungsgleichung.

Gegeben: cos1} = sin1} = 1/V2; A = liT = 2. Die Seitenansicht zeigt das Pendel in der tiefsten Lage; D Q ist eine Fallinie

der schiefen Ebene E'. Das Gewioht zerlegen wir in die beiden Komponenten G sin IX und G OOSIX. Nun denken wir uns die Querebene E um den Winkel1jJ aus-

Abb.24.7a.

gelenkt und zeichnen eine Draufsicht auf die Ebene E'. In dieser erscheint der

Geschwindigkeitsvektor ts = b ~ = b 'Ij! t des Sohwerpunktes und die Gewichts­komponente ~' = G sinlX {), die wir in zwei Anteile zerlegen, von denen nur der Anteil - G'simp t einen Beitrag zur Leistung liefert. Aus dem Leistungssatz (b) folgt nun leicht die gewohnliche Pendelgleichung, wie nicht anders zu erwarten; man vergleiche auoh Aufgabe 24.4.

Fur die gegebenen Werte berechnen wir nooh die Rollmasse 0* in (0).

L = ~!s = ®'t~ = (-G' sin",i) (b'lj! i) = -G' b sin1p'lj! = -G sinlX b sin", 'Ij!.

(48) . L ( G b sinlX ) . 2 • -+'IjJ= 0*'Ij! = - 0* SIll1jJ = -P SIll",.

(47) ->- 0* = (A A2 + B) sin2 1} = (A. 22 + B) ~ = 2A +~. 2 2

18*

(a)

(b)

(0)

172 Aufgaben

* Aufgabe 24.8. Eine masselose Stange pendelt nach Abb. a in vertikaler Ebene im Schwerefeld und tragt einen rotierenden Kreisel.

a) Hangt die Schwingungsdauer des Pendels von der Eigendrehgeschwindig­keit w. = rp ab oder nicht?

b) Man berechne die Reaktionskraft P. a) Der Kreisel macht eine gefiihrte Prazession mit den beiden Freiheitsgraden

rp und "P und dem Nutationswinkel {} = 90°. Wir rechnen somit nach den fertigen Formeln (50) bis (52). Das Moment M. = Mk urn die Figurenachse a verschwin-

~ d \

Abb.24.8a. Abb.24.8b.

det, weil aIle am Kreisel angreifenden Krafte die Figurenachse schneiden. Das Moment M. = IDe 3 urn die feste Achse 3 ist M. = -m g b = -m g a sin"P; das Moment Mk = IDe f schlieBlich ist Mk = P d = P h/cosljJ. Aus den Gin. (a) bis (c) berechnet man leicht der Reihe nach die drei Unbekannten $, rp und P in (d) bis (f). Die Abb. b zeigt den Drallvektor ~o und die drei Komponenten der Drall­geschwindigkeit :to (gekennzeichnet durch doppelte hohle Pfeilspitzen) zerlegt nach 3, a, f (feste Achse, Figurenachse, Knotenachse). Die beiden Momentvektoren haben zwei volle Pfeilspitzen wie stets. Da nach dem Drallsatz IDe(O) = :to ist, kann man aus einer guten Zeichnung auch ohne jede Rechnung die Ergebnisse (a) bis (c) ablesen.

b) Nach (d) schwingt das Pendel unabhangig von der Eigendrehgeschwindig­keit We wie ein gewohnliches Scheibenpendel, siehe (16.27), wo B = e undlj! = rp war. Nach (e) ist die Eigendrehgeschwindigkeit 00, = rp iiberdies konstant, weil das Moment urn die Figurenachse nach (b) verschwindet.

Man berechne auch die Reaktionskraft Sf im Punkt 0 nach dem Schwerpunkt­satz.

(50) --+ M. = -m g a sin,,! = B $,

(51) --+ M. = 0 = A rp, Ph

(52) ->- Mk = Pd =-- = A 1iJ rp. cOSIjJ

(a) ->- $ = _v2 sinljJ, V2 = mga B .

(b) ->- rp = 0, rp = We = const.

A A cosljJ (c) --+ P = d if! 1iJ = h We 1iJ

(a)

(b)

( c)

(d)

(e)

(f)

Aufgaben 173

Aufgabe 24.9. Ein freier Kreisel macht eine regulare Prazession im Schwere­feld. Der Nutationswinkel sei f} = 90 0 nach Abb. a. Welche Beziehung besteht zwischen den beiden Drehgeschwindigkeiten W. und w,?

Gl. (59) gibt die Antwort. Es ist w.wf=mglIA = const. Je groBer die Eigendrehgeschwindig. keiten W. = l' ist, um so kleiner muB die Prazessionsgeschwindigkeit wI = tP sein, und um­gekehrt.

Aufgabe 24.10. Wie lautet die Bedingung fiir die regulare Prazession eines Massenpunktes?

Die Drehmassen des Massenpunktes bezuglich o sind A = 0 und B = m 12, womit sich die Bedingung (59) in (a) leicht hinschreiben laBt. Da gil wi eine positive GroBe ist, muB cos f} negativ sein; der Massenpunkt kann somit nur auf einem Kreis unterhalb des Aufhangepunktes 0 rotieren.

Die Einfiihrung des Drallvektors erscheint bei diesem allereinfachsten "Kreisel" sehr gekunstelt; viel einfacher kommt man nach Abb. a auf direk­tem Wege zum Ziel. Da die Masse eine gleich-

mg

Abb.24.9a.

formige Kreisbewegung macht, ist die Beschleu- Abb. 24.10a. nigung zum Punkt Q gerichtet und hat den Betrag a wi. Die Momentensumme bezuglich 0 liefert daher in (c) wegen h = 1 cos& = -1 cosf} sofort die Bedingung (b).

(59) --+ m g 1 = [A w. + (A - B) Wt cosf}] w, = -m 12 W~ cosf}. (a)

g cosf} = - -1 2' (b)

Wt

n, E M(O) = p. 0 + mga = maw~h ~ g = w~h = wH-lcosf}). (c)

Aufgabe 24.11. Ein symmetrischer Kreisel vollfiihrt nach Abb. a eine regulare Prazession urn eine lotrechte Achse 5 und beriihrt dabei eine horizontale Wand oberhalb des festgehaltenen Punktes O. Wie groB muB die Prazessionsgeschwindigkeit w, mindestens sein, damit p der Kreisel nicht herunterfallt?

Am Kreisel greifen die drei Reaktionskrafte P, Kh "":;{:;If'-t------j~---='" und K z , ferner das Gewicht m g nach Abb. a an. Bezuglich 0 haben nur P und m g ein Moment. 1m Drallsatz (54) schreiben wir die Komponente DA in der Form (55) in (b) und fiihren nach (41) die Rollbedin­gung w. = A W. ein, womit in (c) alles in WI = tP aus­gedruckt ist. Nun berechnen wir das Produkt P f aus (a) in (d) und verlangen, daB P positiv bleibt, da die Wand nur nach unten gerichtete, also wie in Abb. a positiv angenommene Krafte aufbringen kann. Daraus folgt dann die Ungleichung (e).

Abb.24.11a.

mg

174 Aufgaben

Wenn die Wand fehlt, ist P = 0; dann geht (a) in die Bedingung der regularen Prazession des schweren Kreisels (58) uber.

(54) ~ M~(O) = mglsinD + P f = Dhw" (a)

(55) ~ Dh = D. sinD - D, cosD = A W. sinD - B Wg cosD, (b)

(41) ~ Dh = (A A sin D - B cos D) Wq = (A A sin D - B cos D) Wt sin D, (c)

P f = Dh Wt - m g 1 sin D = [(A Asin D - BcosD)w~ - mgl] sin D ~ O. (d)

2 > m g 1 (e) Wt= AAsinD-BcosD.

Aufgabe 24.12. Ein symmetrischer Kreisel ist nach Abb. a in seinem Schwer­punkt S drehbar gelagert und macht eine gefUhrte regulare Prazession. Pl6tzlich wird der Fuhrungsstab entfernt, so daB die Kraft P ausfallt. Man berechne die Drehgeschwindigkeiten ro. und rot nach dem Abl6sen.

Gegeben: A = 0, B = 30, w. = 4v, wt = V; D = 90°. Da der Nutationswinkel D = 90° ist, gilt Dg = Dz und D. = DA, woraus

sich in (a) die Drallkomponenten und daraus in (b) auch der Betrag D des Drall­vektors berechnen laBt. Die Abb. a zeigt Drehvektor 0 und Drallvektor ;D. Das Kraftepaar ~; - ~ mit dem Moment Ph f fUhrt Figurenachse, Drehvektor und Drallvektor auf Kegeln urn die feste Achse 5 herum.

Nach dem Entfernen des Stabes verschwindet die Kraft ~ und damit auch die Reaktionskraft -~; der Kreisel ist daher von jetzt ab momentenfrei, also

1) bleibt der Drallvektor pl6tzlich im Raurn stehen, und der Kreisel vollfUhrt nun

/ /

/ /

/

Abb.24.12a.

h /

/ /

/ /

/

'" Abb.24.12b.

@v

eine regulare Prazession um die neue Achse 5' = 1)0 mit dem neuen Nutations­winkel D, dessen Cosinus wir der Abb. a entnehmen. Figurenachse und Dreh­vektor kreisen jetzt um die Achse 5, siehe Abb. b. Die zugehOrigen Drehgeschwindig­keiten w, und W. errechnen wir nach (62) in (c). Die Prazessionsgeschwindigkeit hat sich demnach vergr6Bert, die Rotationsgeschwindigkeit verkleinert.

D.=D.=Bwt=30v, D.=Dh=Aw.=40v, D=50v, ~ - 4 l;:ul = I;DI = D = 50 V, cosD = "5.

(a)

(b)

_ D 50 V 5 B - A - 30 - 0 4 8 Wt= B = 30 = a V ; w. = BTDcosD = 300 50v"5 = a v. (c)

Aufgaben 175

* Aufgabe 24.13. Ein symmetrischer Kreisel rotiert urn seine festgehaltene Figurenachse 00' in horizontaler Lage mit der konstanten Drehgeschwindigkeit Q, siehe Abb. a. Plotzlich wird das Auflager 0' entfernt, so daB der Schwerpunkt S urn die Strecke h = 1/2 nach unten durchsinkt. Man berechne daraus die Rota­tionsgeschwindigkeit Q.

Gegeben: 1= 4r, H = 2r, r = 10 cm; G = mg = 1Okp.

Zur Zeit to ist &0 = 0 und 1Po = 0, somit auch woo = O. Zur Zeit t2 in der tiefsten Lage ist wiederum &2 = O. Setzen wir dies im Arbeitssatz (77) ein, so berechnet sich leicht die GroBe wo2 und daraus die DraU­komponente D02 = BO wq2 in (b). Nun sind nach (65) die beiden DraUkomponenten D. und D, konstant; hier ist insbesondere D, = O. Aus der unteren Abbildung entnimmt man daher leicht die Beziehung (c), die in (b) eingesetzt, die GroBe Q2 als Funktion der Falltiefe h liefert, siehe (d).

Wir entnehmen nun der Tab. 3i die Hauptdrehmassen AS und B S und errechnen daraus nach dem STEINERschen Satz die

Abb.24.1Sb.

Drehmassen AO und BO in (e) und (f). Dies setzen wir in (d) neben h = 1/2 ein und bekommen daraus das Ergebnis (g) und schlieBlich den Zahlenwert (h).

2 BO 2 '2 BO 2 '2 (77) --+ Ao = m g h = """2 [Wq2 + {}2] - -2- [WqO + {}o]

= ~o [W~2 + 02] _ ~O [02 + 02].

" - 2mgh D2 -2BO h Wq2 - -B--·' q2 - mg.

_ b _ D.2 _ D.l _ AO Q D _ AO Q h taM -h-n- n-~--+ q2 - b'

.2 .2 q2 h2 2BO 12 _ h2

(b) --+ AOAo Q2 - = 2BOmg h --+ Q2 = --mg---b2 AOAo h'

m AO = AS =2 r2.

BO = BS + m l2 = ~ (3r2 + H2) + m l2 = ~ (3r2 + 4r2 ) + m . 16r2 12 12 .

_ m r2 _ 199 2 - """"I2 (7 + 192) -"12 m r .

2 199/12m r2 12 - h2 398 12 - h2 g d) --+ Q2 = . m g--- = -3- g--- = 796-.

m2 r4/4 h r2 h r

Q2 = 796·981 (Rad)2 10 sec'

Rad U Q = 279,4 -- --+ n = 2668 -.-.

sec mln

(a)

(b)

( c)

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

* Aufgabe 24.14. Ein Massenpunkt roUt mit horizontaler Geschwindigkeit °0

nach Abb. a tangential in eine Halbkugel hinein. Man berechne a) die Prazessionsgeschwindigkeit 1P als Funktion der Hohe z, b) die Nutationsgeschwindigkeit ,~ als Funktion der Hohe z, c) die tiefste Lage der Kugel.

176 Aufgaben

Gegeben: lX = v~/2g 1= 2. a) Die Prazessionsgeschwindigkeit berechnen wir nach (69) in (b). Da sie fiir

aIle Werte von sini} positiv ist, ist die Bahnkurve gestreckt wie in Abb. 24.21a. Wir setzen als Abkiirzung cos i} = z/l = C.

b) Die Nutationsgeschwindigkeit & gewinnen wir aus dem Arbeitssatz (77), wo infolge der gegebenen Anfangsbedingungen Zo = 0 und &0 = 0 zu setzen ist, siehe (c). Rier fiihren wir nun B = m 12 , ferner z = I C ein und berechnen noch Wq

1)0 nach (68) in (d), das ergibt die Gl. (e), aus der sich die Funktion &2(C) in (f) leicht berechnen laBt.

c) In der tiefsten Lage der Kugel ist & = 0, die zugehOrige Koordinate sei C = <5. Dividieren wir die Gl. (f) durch 2g/1, so ergibt sich die Gl. (g) und daraus die in <5 kubische Gl. (h) mit den drei Losungen (i) bzw. (j), wenn wir den gegebenen Wert lX = 2 einsetzen. Die Wurzel <51 = 0 ist uninter­essant, da sie zum Anfangswert i} = i}o gehort; die Wurzel <53 scheidet aus, da ihr Betrag groBer als

Abb.24.14a. Eins ist, die zugehOrige Rohe somit nicht auf der Kugelliegt; au.6erdem bedeutet positives <5, da.6 die

Kugel nach oben £alIt, was offenbar nicht moglich ist. Die einzige brauchbare Losung ist somit <52 = cosi}2 = -0,414, woraus sich der zugehorige Win­kel i}2 = 114,5° errechnet.

Wie mu.6 der Wert lX = vg/2g I gewahlt werden, damit <5 = -0,5, somit die Falltiefe h = 1/2 wird?

(65) --;. D. = A Wa = 0, D. = Do = m Vo l = const.

(69 --;. W = D. - D. cosi} = m Vo l - 0 = _v_o_ = Vo ) f Bsin2i} ml2sin2i} Isin2i} 1(I-C2) >0.

(77)--;.Ao=-mg(z-O)=; [W;+&2]_; [W;o+02].

(68) = D. - D. cosi} = m Vo 1- 0 --;. Wg B sin i} m 12 VI _ cos2 i}

_ ml2 [V5 '2] ml2 [V~] -mgl C--2- 12(I-C2) +i} --2- 12 '

. 2g [ C2 ] v5 i}2(C)=--l- C+ I_C2lX , lX= 2g1 =2.

<52

0= <5 + 1- <52 lX;

<5(<52 - lX <5 - I) = o.

<51 = 0, <52 = -0,414, <53 = 2,414.

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

(j)

Aufgabe 24.10. Man diskutiere die Kinetik des DiskuswlITfes unter Vernach­lassigung des Luftwiderstandes.

Auf den Diskus wirkt allein die Schwerkraft im Massenmittelpunkt S. Nach dem Schwerpunktsatz (a) ist daher die Beschleunigung t~ konstant; S beschreibt

Aufgaben

somit eine Wurfparabel. Da die Schwerkraft beziiglich S kein Moment hat, ist der Drallvektor ~ beziiglich S nach (b) konstant, und dies heiBt, weil der Diskus symmetrisch ist, daB er eine regulare Prazession um den konstanten Drallvektor mit den Drehgeschwindigkeiten (62) macht, siehe (c). Diese regulare Prazession ist als sogenanntes Flattern bei schlechten Werfern deutlich zu sehen. Der Diskus liegt ruhig, wenn der Winkel {} verschwindet, somit cos {} = 1 wird. Die beiden Drehgeschwindigkeiten We und wf addieren sich dann zur Gesamtdrehgeschwindigkeit W nach (d). Bei starkem Anfangs­

177

Abb.24.15a.

drall D rotiert der Diskus sehr schnell, ist daher stabil gegeniiber kleinen Storungen.

I: str = m g = mis -+rs = g = const. (a)

I: we? (S) = 0 = ;i) -+ ~ = const.

B-A (62) -+ We = ~D cos{};

D Wf=]j'

B-A D {}=O-+we=~D, W =]j;

D W = We+Wf= A'

(b)

(c)

(d)

Aufgabe 24.16. Eine homogene rotationssymmetrische Metallscheibe mit Kreis­berandung rollt nach Abb. a auf einer horizontalen Holzplatte. Der Schwerpunkt S bewegt sich dabei gleichfOrmig auf einem horizontalen Kreis. Wie groB muB der Winkel {} mindestens sein, damit die Scheibe nicht rutscht?

Gegeben: d = 3r, As = m r2j2, Bs = m r2j4, f1- = 0,65 (Holz auf Metall). Der Schwerpunkt S bewegt sich auf einem Kreis mit dem Radius d um die

Achse 3. Die Figurenachse a schneidet die 3-Achse in einem festen Punkt 0, den

Abb.24.16a.

man sich mit der Scheibe verbunden denken kann; 0 und der Beriihrungspunkt Q sind somit momentan in Ruhe, also ist 0 Q die momentane Drehachse. Da der Winkel {} zwischen 3 und a konstant ist und die Bewegung gleichformig erfolgt, macht die Scheibe eine regulare Prazession, und zwar ist diese zwanglaufig, well infolge der Rollbedingung (41) die Beziehung W. = itwq mit it = ljr besteht.

Am Kreisel greifen die beiden Reaktionskrafte N und H sowie die eingepragte Kraft m g an. Die Massenbeschleunigungen reduzieren wir ahnlich wie in Abb.24.15 im Schwerpunkt S. Dem Schwerpunktsatz (a), (b) entnehmen wir ohne Rechnung

Falk, Techn. Mechanik II 19

178 Aufgaben

die beiden Reaktionskrafte H und N. 1m Momentensatz (c) driicken wir DA nach (28) durch DG = -A WG und Dg = B Wg aus, wobei -Wa gesetzt werden muJ3, weil nach Abb. a die Komponente WG die Gegenrichtung der Figurenachse a hat. AuBer· dem setzen wir die Rollbedingung WG = AWg, femer Wg = wtsinD ein und haben damit das Produkt D~ 00, in (e), wo der hochgestellte Index S darauf hinweisen soli, daB auch die Drehmassen A und B beziiglich des Massenmittelpunktes S zu

fI/N

1,00

0,85 r----t----''Io.. 0,50

JOO 6'0°

Abb.24.16b.

berechnen sind. Jetzt fiihren wir (e) in (c) ein, bekommen daraus die Gl. (f) und weiter die GroBe w~ als Funktion des Nutationswinkels D in (g), wo die gegebenen Werte A und B beriicksichtigt wurden. Die Haftbedingung berechnen wir nun aus (a) und (b) in (h), setzen noch r A = l = dlsin D ein und schlieBlich d = 3r, das gibt die endgiiltige Form (i). Der Quotient HIN ist in Abb. b iiber dem Winkel I}

aufgetragen. Fiir die gegebene Haftziffer p, = 0,65 Hest man ohne weiteres das Ergebnis D ~ 44,5° abo

(63) -+ { 1: Kk = -H = -mdw~ -+ H = mdw;, (a)

1: K z = N - m IJ = 0 -+ N = m IJ. (b)

n,

E Mk(Q) = -m g r cos I} = -m d 007 r sin I} + Dh WI. (c)

(28) -+ Dk = D. sin I} - D. cos I} = -A w. sin D - B Wg cos{}

= (-A Asin{}-Bcos{})wQ, (d)

Df wI = (-A ).sin {} - B COS{}) 007 sin I}, (e)

(c) -+ -mgrcosl} = (-mdr - A A sin I} - B cosl}) 007 sinl}. (f)

0021 = m.gr cotl} = 4g cot{} (g) mdr+AAsm{}+BcosD 4d+2rAsinD+rcos{}·

H mdw; 4d -P,~-N=-mg =4d 2A°1} {}cotD::;;'p,. (h) +rsm+rcos -

H 4d {} 12 D < (i) -p, ~ N = 4d + 2d + r cosD cot = 18 + cosD cot = ft·

*Aufgabe 24.17. Eine rotierende Welle wird nach Abb. a in ihren Endpunk­ten F und G auf zwei Schienen If und gg gefiihrt und schwingt im Schwerefeld. Man berechne die Bewegungsgleichung analytischo

Da die beiden Endpunkte F und G an die beiden parallelen Ebenen El und E2 nach Abb. b gebunden sind, muG S sich innerhalb der von e1 und ea aufgespannten Mittelebene bewegen, und zwar auf einem Kreis mit dem Radius b = as = BS;

Auigaben 179

dies deshalb,. weil der Punkt H in der Mitte zwischen 0 und B liegt, die beiden Dreiecke 0 H S und B H S somit gleiche Hypothenusen besitzen. Die Strecke b berechnen wir aus dem rechtwinkligen Dreieck F BS und konnen damit das in (a) benotigte Geschwindigkeitsquadrat lJ~ = b2 iX2 hinschreiben, wo ex der Zentri. winkel nach Abb. d ist.

Wie finden wir nun den Geschwindigkeitsvektor a? Wir zerlegen den Vektor von F nach S in seine zwei Anteile nach (c) und differenzieren, das gibt die Be­ziehung a = (bjl) fl' Da nun das Dreieck OBS gleichschenklig ist, liegt der feste

f

f I g ~A

z

Abb.24.17a. Abb.24.17b.

Vektor C1 immer in der Mitte zwischen den Vektoren fl und f2' und das bedeutet nach Abb. c, daB g = ri = iX2 ist; damit haben wir auch a2 in (d), setzen nun alles in die kinetische Energie (a) ein und bekommen damit die Form (e).

Da nun weder die beiden Reaktionskrafte in Fund G noch das Gewicht m g ein Moment urn die Figurenachse a haben und der Kreisel symmetrisch ist, muB w. konstant sein; wir brauchen diese Komponente somit gar nicht zu kennen,

Abb.24.17c.

, . , /

mgslnllG' '- J / " y

':9

Abb.24.17d.

da sie beim Differenzieren in (f) ohnehin verschwindet. Nun berechnen wir noch die Leistung der Schwerkraft nach Abb. d in (g) und gewinnen damit aus dem Leistungssatz L = E die Bewegungsgleichung (h). Es handelt sich urn eine Pendel­schwingung, die unabhangig ist von der konstanten Drehgeschwindigkeit w •.

Man zeige noch, daB aIle Punkte der Geraden FG Ellipsen parallel zur x-z­Ebene beschreiben.

19*

180 Aufgaben

2E = 2Etr + 2Erot = m o~ + (AS w~ + BS liZ).

o~ = b2&2; b2 = 12 - a2.

~ ~ ~

(a)

(b)

F8 = F B + B8 = 1 a = a ez + b h; I Ii = 0 + bTl' (0)

. b °

a=Th; ° z (b fO )2 b2 ' 2 a = T 1 = 12 (X • (d)

(a)-+2E=mb2&2+ASw~+BS ~: &2=Asw~+ ~: BF&2. (e)

E = 0 + ~: BF & &, (f)

L = @ Os = - (m g silllX)(b &), (g) m g 1Z m g 12

L = E -+ & = _p2 sino.:; p2 = -- = (h) BF b BF Vl2 _ a2 .

Aufgabe 24.18. Ein Flugzeug besohreibt einen Kreis in vertikaler Ebene mit der konstanten Bahngeschwindigkeit v. Der Propeller rotiert mit der Drehzahl n und hat die Drehmasse A2 beziiglich seiner Figurenachse a. Man berechne sein Kreiselmoment.

Gegeben: v = 600 km/h, 11 = 200 m, n = 1500 U/min = 50n Rad/sec = w, A2 = 10 m kp sec2•

Senkrecht zur Kreisebene fUhren wir den konstanten Yektor b ein. Das Flug­zeug I mit den Hauptdrehmassen AI' B1 , 01 beziiglich 8 1 dreht sich gleichformig urn die konstante Achse b, die senkrecht auf n1 und n2 steht; somit ist die Drall­geschwindigkeit gleich Null. Die Impulsgeschwindigkeit ist auf 0 zugerichtet, siehe (a) und (b). Die Drehgeschwindigkeit des Propellers ist if' a + 1jJ b. Wenn

Abbo 24.1Sa. Abb.24.1Sb.

der Propeller symmetrisch, also B2 = O2 ist (diese Voraussetzung ist wesentlich!), so ist b eine Hauptachse, und damit laBt sich der Drall in (c) zusammen mit dem Impuls leicht hinschreiben und in (d) differenzieren, wobei Ii = 1jJ nl zu setzen ist. Die in den Schwerpunkten 8 1 und 8 2 reduzierten Massenbeschleunigungen zeigt die Abb. b. Den Momentensatz fUr den Propeller II allein schreiben wir in (e) hin. Das berechnete Kreiselmoment Az if! 1jJ nl muB vom Propeller auf das Flug­zeug iiber die Propellerachse iibertragen werden, wobei es >lU beachtlichen GroBen kommen kann. Die Ergebnisse andern sich natiirlich, weun man den Luftwider­stand mit beriicksichtigt.

Aufgaben 181

~Sl = B11j! Ii; VI = m1l11j! h, (a)

1ls1 = 0; ~l = m1 !Sl = m1l11j!2 nl , (b)

~s2=A2if'a+B21j!1i; V2=m2l2 Ij!t2, (c)

1lS2 = A2 if' 0 + 0 = A2 if' Ij! nl; ~2 = m2 !S2 = m2l21j!2 n2. (d)

~ v 1: Mn, (82) = A2 if' Ij! = A2 W T = 1309 mkp. (e)

1

* Aufgabe 24.19. Der skizzierte Kreiselverband hat zwei Freiheitsgrade 'P und rp. Der Kreisel II ist symmetrisch, der Rahmen I dagegen beliebig. Man ermittle die Bewegungsgleichungen

a) analytisch, b) synthetisch. Als erstes schreiben wir die beiden Drehvektoren 01 und 02 in (a) hin, man

vergleiche (18.19). Sodann berechnen wir die Komponente W a2 in (b), die wir sowohl fiir die Rotationsenergie (81) wie fiir den Drallvektor (82) beniitigen. Da weder die eingepragten Krafte Sf2 und m2 g noch die Reaktionen im inneren Auflager D ein Moment beziiglich der Figurenachse a des symmetrischen Kreisels II haben, ist Da2 = 0, somit Da2 = AS2 wa2 = const, also auch W a2 = const.

a) Analytische Methode. Wir gehen aus von der kinetischen Energie (c). Der Rahmen I hat die Rotationsenergie (91/ 1j!2, wo (911 die Drehmasse bezuglich der Achse FG ist. Der Kreisel II hat die Translationsenergie m2 t;2 und die Rota-

8\~ mglL~rpf

:~ Abb.24.19a. Abb.24.19b.

tionsenergie (81). Wir berechnen nun tS2 in (d) und 02 in (e), gewinnen dann die Form (f) und daraus E in (g). Nun berechnen wir das Moment der vier eingeprag­ten Krafte bezuglich 0 in (h), daraus die Leistung L in (i), und nun folgt aus dem Leistungssatz die Bewegungsgleichung fiir if; in (j) und weiter aus (b) die fiir ip in (k).

b) Synthetische Methode. Die Abb. b zeigt das System der Impulse. Die Impulse des Rahmens I reduzieren wir im Punkt 0 der festen Drehachse, dort resultiert der Impuls VI = ml tSI und der Drall ~Ol' Die Impulse des Kreisels II den­ken wir uns zunachst nach Abb. 24.28 im Massenmittelpunkt 8 2 reduziert, die Vektorsumme lJ2 = m2 tS2 jedoch verlegen wir anschlieBend nach H, siehe

182 Aufgaben

Abb. b, die nun insgesamt zwei Vektorsummen und vier Momentensummen enthalt. Den Gesamtdrehimpuls (1) projizieren wir in (m) auf die feste Achse f und erhalten damit die Komponente D, in (n). Da f ein fester Vektor ist, iiber­tragt sich der Drallsatz lJJl = 1l auf die Komponente in Richtung von f, somit gilt Mf = Df in (0), und daraus folgt nach (k) die Gl. (p), die mit (j) iiber­einstimmt.

Man diskutiere noch die interessanten Sonderfalle a 1 f bzw. a II f, also cosy = 0 bzw. siny = O.

01 = Ij! f, 02 = Ij! f + if! a,

W. 2 = 02 a = (Ij! f + if! a) a = Ij! cosy + if! = const.

(a)

(b)

a) Analytisch

2E = 2E1 + 2E2 = e 1f lj!2 + md~2 + [As'w~2 + BS, a2]. (c)

U2=a~1j!2, (d)

(e)

2E = (ell + m2 a~ + BS. sin2y) 1jJ2 + AS. W;2 = e* 1j!2 + AS. W;2' (f)

15 = e*lj!1jj + o. (g)

---+ ---+ ---+ ---+ }; lJJlf(O) = 9'Jl = 081 X m1 9 + 082 X m2 9 + OP1 X ~1 + OP2 X ~2' (h)

L = 9'Jl 01 = 9'Jl1j! \ = Ij! M" (i)

L=15-?M,=e*1jj. (j)

(b) -? ijJ = -1jj cosy. (k)

b) Synthetisch

'1l = '1l01 + m2 a~ Ij! \ + BS. 02 + (AS. - BS.) Wa2 a. (1)

D, = '1l f = '1l01 f + m2 a~ Ij! \2 + BS, 02 f + (AS. - BS.) W.2 a \. (m)

D, = e 1 , Ij! + m2 aj Ij! + BS.(.p + if! cosy) + (AS, - BS.) W. 2 cosy. (n)

M, = V, = (e1 , + m2 a~ + BS.) 1jj + BS. ijJ cosy + O. (0)

(k) -? M, = (elf + m2 a~ + BS. sin2y) 1jj = e* 1jj. (p)

* Aufgabe 24.20. Ein homogener Stab der Lange 2l wird in seinen Endpunk­ten Fund H auf zwei windschiefen Geraden If und hh nach Abb. a gefiihrt. Man berechne die Gleichgewichtslage im Schwerefeld.

Als Basissystem wahlen wir die beiden Einheitsvektoren \ und 1) und auBer­dem den Vektor i, dessen Richtung durch den kiirzesten Abstand F' H' nach Abb. a festgelegt ist. Der Vektori steht auf! und 1) senkrecht, also ist f i = 1) i = 0, was in

---+ ---+ (d) benutzt wird. Die beiden Ortsvektoren '/;F = OF und '/;H = OH (a) differenzieren wir in (b) und setzen sie in die Leistung L = ® Vs = ® Xs ein, wobei noch '/;8 = ('/;F + '/;H)/2 zu beachten ist, weil 8 in der Mitte zwischen F und H liegt. Die gleich Null gesetzte Leistung liefert nun die Bedingung (c).

Jetzt drucken wir die Unveranderlichkeit der Entfernung F H = 21 in (d) aus durch die Koordinaten fund h und differenzieren diese Bedingung, was die

Aufgaben 183

Beziehung (e) ergibt. Aus (0) und (e) folgt nun die Gl. (f), die zusammen mit (d) die Koordinaten 1 und h in der Gleiohgewiohtslage festlegt.

Fiir den speziellen Fall a = 1/2 und die geometrisohen Verhaltnisse der Abb. b

wird f 5 = -1, ~ 5 = -1/V2 und f ~ = I/V2. Damit bereohnen wir 1 in (g) und

h

Abb.24.20a. Abb.24.20b.

setzen dies in (d) ein; das gibt die beiden Losungen (i). In der Lage 1 hat Zs ein Maximum, in der Lage 2 ein Minimum, die erste Lage ist somit instabil, die zweite stabil. Man vergleiohe Aufgabe (24.17).

-+ -+ OF=~F=-ai+ff; OH=~H=ai+h~, (a)

iF=if; iH=Ii~. (b)

L = OJ ts = (m g 5) ! (tF + tH) = ~g [i(5 f) + 1i(5 ~)] = 0 ~ - ~ = i:~~. (0)

412 = (~F - ~H)2 = (-2a i + 1 f - 11, W = 4a2 + 12 + h2 - 21 h(f ~). (d)

. . .. i h - 10 ~) O=O+2tt+2hh-2(fh+lh)(f~)~-k= I-h(f~r (e)

(c), (e) ~ hW f) + (51)) (f 1))] = 1[(51)) + (5 f) (f 1))], (f)

(f) ~ h [-1 + (;; ) ( ~)] = 1 [- :2 + (-1) (:2)] ~ f = ! V2h, (g)

(d) ~ 412 = 4 ~ + 12 + 11,2 - 2111, :2 ~ 12 - :2 f h + 11,2 = 312. (h)

hl =+V4,81, fl=+V5,41; h2 =-V4,81, 12=-V5,41. (i)

Aufgabe 25.1. Das skizzierte Doppelpendel solI im Schwerefeld eine reguliire Prazession um die Lotriohtung vollfiihren. Man gebe die Bedingungen an, unter denen dies moglich ist und berechne die beiden Reaktionskrafte srI und sr2.

Gegeben: sin-&I = 3/5, sin-&2 = 4/5. Da beide Massenpunkte sich gleichfOrmig auf horizontalen Kreisen bewegen

sind die Beschleunigungen zur Drehachse hin, die Tragheitskrafte somit von der Drehachse fort nach auBen gerichtet, und zwar ist ZI = 3 1 m1 (1)2/5 und Z2 = (3 + 4) 1 m2 (1)2/5. AuBer den Fliehkraften greifen noch die Gewichte und die Fadenkrafte an, siehe Abb. a.

184 Aufgaben

Wir setzen als erstes die Momentensumme des Kraftesystems I beziiglich A in (a) gleich Null und gewinnen daraus die Bedingung (b). Die gleich Null gesetzte Momentensumme der beiden Kraftesysteme I und II beziiglich 0 in (c) ergibt mit dem Wert 1 w2 aus (b) die Gl. (d), und das stellt eine Beziehung zwischen den

Abb.25.1a.

Massen m1 und m2 dar, siehe (e). Durch die vorgegebene Geometrie der Anordnung ist somit die Drehgeschwindigkeit w und das Massenverhaltnis m1/m2 festgelegt. LaBt man diese GraBen offen, so kann man die beiden Winkel {}1 und {}2 natiirlich nicht vorschreiben.

Nun berechnen wir die beiden Fadenkrafte in (f) und (g) und die Fliehkrafte in (h) und (i).

lIn 3 4 7 3 4 }; MdA) = Z2SZ- m2g s l = m2SlwZSZ- m2 g s l = 0, (a)

4·5 20 l WZ = ~ g = 21 g. (b)

HIIn 4 7 3 7 J: M,(O) = ZlSl + Z2 Sl - m!YS1 - m2g s 1 = 0, (c)

4 4 4 7 3 7 'fm1gs1 + Tmzgs1 - m1 gsl- mzgSl = 0, (d)

m1 7 49 -T+m215=0-+m1=15m2. (e)

I mzg 5 J: K, = K z cos{}z - m2 g = 0 -+ K2 = --{}- = -3 m2 g, (f)

cos 2

I+II

J: K, = K1 cos {}l - m1 g - m2 g = 0

m1 + mz 5 16 -+ K1 = {} g=-4 (m1+m2)g=-3 m2g· (g)

cos 1

3 z 3 20 4 28 Zl=m1Slw =mlS·21g='fmlY=15m2go (h)

Z 7 1 2 7 20 4 (1·) 2=m2S w = m2So21Y=Tm2Y.

Aufgaben 185

Aufgabe 25.2. Ein starrer Rahmen ABD ist im Punkt 0 mit einem Torsions­stab del' Drehfedersteifigkeit C fest verbunden und fiihrt harmonisehe Sehwin­gungen urn die lotreehte Aehse dureh. Man bereehne die Belastung fiir eine be­liebige Lage des Rahmens.

Wir ermitteln zunaehst die Bewegungsgleichung fUr den Rahmen analytisch. 1m Arbeitssatz (a) setzen wir speziell rpo = 0, somit ({!o = ({!rmx, womit rp2 als Funktion von ({! in (b) bekannt ist. Die Drehmasse {9z bereehnen wil' in (c). Diffe­rentiation del' Gl. (b) - das gibt im wesentlichen den Leistungssatz - fiihrt auf die Funktion ;p = -v2 ({! in (d). Jedes Massenelement dm maeht somit eine har-

Abb.25.2a.

d .2 mT''P

" dZ=-dm'i '» --I /

x

Abb.25.2b.

monische Kreissehwingung um die feste &-Aehse; die Abb. b zeigt den Besehleu­nigungsvektor lund die Tragheitskraft -dm l. Die Fliehkrafte dm r rp2 sind nach auBen geriehtet und wirken in del' Rahmenebene, die tangentialen Tragheits­krafte d m r ;p = - d m r v2 ({! dagegen stehen senkl'eeht dazu. Beide sind hori­zontal gerichtet, siehe Abb. e, die diese Krafte getrennt nach Quel'- und Langs­belastung und auBerdem das Gewicht enthiilt. Die Streckenlast als Kraft pro

zl ~Zlv~ z

0=0 (Jrp +

D

0 __ ~~--;;rB

x

Abb: 25.2c.

Langeneinheit ergibt sich durch Division des auf das Balkenelement d m entfal­lenden Gewichtes d m g und del' Tragheitskraft - d m;p. 1m Bereich A B ist d mid r = ml/2 1, im Bereich B D dagegen d mid z = m2/a. Die vom Gewicht her­riihrenden Streckenlasten sind danach qi = ml g/2 1 bzw. q2 = m2 g/a, siehe Abb. c. Wenn die heiden Rahmenteile I und II die gleichen Dichten haben, was wir an­nehmen wollen, so gehen die Tragheitskrafte im Punkt Bohne Sprung ineinander iiber.

Fiir einen beliebigen Winkel rp berechnet man nun aus (b) den zugehorigen Wert von rp2, womit die gesamte Belastung bekannt ist. Die SchnittgroBen findet man dann naeh den Methoden del' Statik.

186 Aufgaben

Arb . A C (2 ") e. (.2 .2) eItssatz: 0 = - 2" fJi - fJio = 2 rp - rpo • (a)

C '1'2=_

e , (b)

(c)

(d)

* Aufgabe 20.S. Einhomogener gerader Stab macht nach Abb. a eine erzwungene gleichfOrmige Priizession urn die lotrechte Achse OG. Zur Zeit t = t wird der Faden G E zerschnitten, so daB die Reaktionskraft P pliitzlich ausfiiIlt. Man berechne die Reaktionskriifte und die Streckenlasten

a) wiihrend der regularen Prazession, b) zur Zeit t = t. a) Da sich aIle Punkte des Stabes gleichfiirmig auf horizontalen Kreisen be­

wegen, ist die Tragheitskraft radial nach au.6en gerichtet und hat fUr jedes Massen­element dm den Betrag d T = d m w2 x sin fJ; also ist die zugehiirige Streckenlast dT/dx = m w2 (x/l) sin fJ, da dm/dx = mil infolge der homogenen Massenvertei­lung ist. Wir zerlegen diese Streckenlast in die beiden Komponenten ql und PI nach (a). Das Gewicht dm g des Massenelementes beziehen wir ebenfalls auf die Langeneinheit dx und haben damit die senkrecht nach unten wirkende Strecken­last dm g/dx = m gil, die wir nach (b) zerlegen, siehe auch Abb. a.

Die vier in Abb. b skizzierten Streckenlasten ersetzen wir nun durch ihre Resultierenden und berechnen aus der Gleichgewichtsbedingung GB I in (c) bis (e) die Reaktionen P, Kl und K2 in (f) bis (h).

b) Nach dem Durchschneiden des Fadens flillt die Reaktionskraft P aus, daher iindert sich das Beschleunigungsfeld sprunghaft. Der Ortsvektor zu einem beliebigen Punkt des Balkens ist ! = x a, somit verliiuft der Beschleunigungs-

Abb.25.3a. Abb.25.3b.

vektor i = x ii linear mit x, und zwar muB er in der x-y-Ebene liegen, da anderen­falls die Tragheitskrafte ein Moment um die lotrechte Achse OG hatten, was aber nicht sein kann, wei! aIle iibrigen Krafte die lotrechte Achse schneiden. Die Aufgabe besteht somit :uniichst darin, die beiden Komponenten Wx und W. des

Beschleunigungsvektors ~ zu berechnen.

Aufgaben 187

Mit Hilfe der Beziehung (j) ergibt sich zunachst die Komponente W" in (k). Da sich im Augenblick des Zerschneidens die Geschwindigkeit nicht andert, ist Wx = wx' und damit bleibt die gesamte stetig verteilte Langsbelastung P2 = P2 erhalten, wahrend die Einzelkraft P sin I} fortfallt, was einen plotzlichen Sprung in der Langskraft bedeutet. Auch die beiden vom Gewicht herriihrenden Strecken-

Abb.25.3c. Abb.25.3d.

lasten q2 und P2 bleiben unverandert, so daLl von den vier Streckenlasten der Abb. b sich nur ql sprunghaft andert, und zwar muLl ql das Vorzeichen umkehren, da sonst das Momentengleichgewicht beziiglich 0 nicht erfiillt sein konnte.

Die noch unbekannte linear verlaufende Streckenlast q 1 tragen wir in Abb. d auf und reduzieren sie zur Kraftesumme m WSY ' deren Wirkungslinie von 0 den Abstand 21/3 hat. Die Unbekannten WSY ' Kl und K2 lassen sich nun in (I) bis (n) leicht berechnen.

Die Abb. c zeigt den Sprung des Beschleunigungsvektors in der x-y-Ebene. Da in beiden Bewegungsabschnitten Langsbelastung P und Querbelastung q

lineare Funktionen von x sind, verlaufen Querkraft und Langskraft quadratisch und das Biegemoment kubisch. Man skizziere diese Funktionen maLlstabsgerecht.

(a)

m·.u ' m .u' q2 = Tfl sm'u' = qz; P2 = Tfl cOSu' = Pz, (b)

'" 1 2 1 E M, (0) = P cos I} 1 - "2 ql (I) "3 1 - qzl "2 = O. (c)

(d)

=K2 -Psinl}+ !Pl(I)-P21 =0. (e)

1 (1 1 ) m 1 w2 . m g (c) -+P = coal} "3qd1) + q2"2 = -3- sm l} + ---t-tanl}, (f)

(g)

188 Aufgaben

(e) --+- K2 = P sin D - ! PI (I) + Pa (I)

= _ m ~ w2 sin2D + m g( cosD + ! tanD sinD). (h)

t = x a; t = x a; g = x a. aa = 1 ; a a = 0; a a + 0.2 = O.

EK, =KI+mwsr-qa1=il+: mgsinD-mgsinD=O

A 1 -->- KI = "'4m g sinD,

E K z = Ka + ! PI (I) - Pa I = ia + m ! w2 sin D - m g cos D = 0

.. l -->- Ka = mg cosD - m"2wa sinD.

(i)

(j)

(k)

(m)

(n)

Namen- und Sachverzeichnis

Analytische Methode 193,255 Aquivalenz 186 Aquivalenzprinzip 189, 190, 207, 253 Arbeit 191, 254 Arbeitssatz 192, 193, 195, 202, 204, 261 Auflager 151, 234 Axiale Drehmasse 250

Beschleunigungsfeld 126 Beschleunigungspol 128, 133 Biegemoment 164, 173, 238

CRRMONA 177, 241

Deviationsmoment 244 Doppelhiilse 234 Doppelpendel 205 Drallgeschwindigkeit 244, 253, 263, 272 Drallsatz 253, 259 Drallvektor 182, 243, 265 Drehfederzahl149 Drehgeschwindigkeit 118 Drehimpulssatz 253 Drehmasse 186, 244, 245, 246 Drehmassenvektor 248,251 Drehnachgiebigkeitszahl149 Drehvektor 120, 214, 215, 243, 245, 251,

265 Drehwinkel U8 Dreigelenkbogen 161, 204 Drillmoment 238 Dyname 137, 153, 163, 181, 186, 229

Elastische Bettung 151 Elementarschnitt 162, 165, 172, 177,

210,241 Energieellipsoid 273 Energiemethode 194, 204 Energiesatz 193 Erdbeschleunigung 146 EULERsche Kreiselgleichung 253 EULERscher Winkel 220, 275 EULERsche Winkelgeschwindigkeit 258,

266

Fachwerk 175,209,240 Figurenachse 250, 251, 265 Flachenbt'ttungsziffer 150 Fliichenkraftdichte 146 Fliichensatz 276 Fliehkraft 208 Freiheitsgrade 188, 212, 252

Gangpolbahn U9, 123, 200 Gangpolkegel214 Gangpolzylinder 120 gedrehte Geschwindigkeiten 119 Gelenkkette 124, 140, 160,204,218 Gerbertrager 161 Geschwindigkeitsfeld 117,118, 2U gleichformige Bewegung 206, 273 GIeichgewichtsbedingungen 141, 153,

232,236 Gleichgewichtslage 157 Gleitreibllng 202

Haftkegel 153 Haftmoment 199 Haftziffer 235 Hallptachsensystem 247 HOoKEsches Gesetz 149

Impuls 181 Impulsmittelpunkt 183 Impulsmoment 182, 243 Impulssatz 191 Impulsvektor 181 invariable Ebene 273

Kinemate 215 kinetische Energie 186, 191, 245, 254 Kinetostatik 208, 209, 277 Kippmasse 244, 248 Knotenachse 221 Konservatives Kraftfeld 193 Kriiftemittelpunkt 141, 146,233 Kriiftepaar 135, 225 Kraftesumme 139

2 Namen- und Sachverzeichnis

Kraft 134, 225 Krafteck 140, 164, 169 Kraftkreuz 225, 230, 231 Kraftschraube 230 Kreisbewegung 223 Kreiselmoment 262 Kreiselung 212,213,220,223,247,252 Kugelkreisel 251, 275

Langskraft 238 LAGRANGESche Gleichungen 194 Leistung 191, 254 Leistungssatz 194, 202, 204, 254, 261,

264 Linienkraftdichte 143 Linienmomentendichte 146 lokales Gleichgewicht 206, 273

Massenbeschleunigung 184, 200, 207, 244

Massendichte 146, 181, 242 Massenmittelpunkt 147, 181, 233, 242,

244,255 Massenpunkthaufen 242 Mehrfachpendel 205 Moment 134, 136, 225 Momentane Drehachse 214 Momentanpol 123, 126, 133 momentenfreie Prazession 264 Momentensatz 191, 195 Momentensumme 139

NEWTONsches Grundgesetz 189, 190, 253, 276

Normalspannung 143 Nullpaar 134, 203, 225 Nullstab 177, 179 Nutationswinkel259

Parallelogrammsatz 134 Pendel 196, 199,268 POINsoT-Bewegung 274 Polare Drehmasse 250 Polbahnnormale 130, 200 Poldistanz 164 Polwechselgeschwindigkeit 130 Potential 193,203 Potentialkraft 207 Prazession 221, 258, 260 Prazisionspendel 198 Prinzip von d'ALEMBERT 190,253 pseudoreguIare Prazession 270

Querebene 222 Querkraft 238

Rahmen 170 Rastpolbahn ll9, 123, 201 Rastpolgeschwindigkeit 130 Rastpolkegel214 Rastpolzylinder 120 Reaktion 188, 234, 252 Reduktion 137, 186, 229 reduzierte Pendellange 197 regulare Prazession 262, 274 Reibmoment 199 Reibungskegel 235 RITTERscher Schnitt 176, 241 Rollbedingung 260 Rollbewegung ll9, 126, 200, 214 Rollmasse 261 Rotation ll8, 126, 195, 221, 274 Rotationsarbeit 254 Rotationsenergie 187, 200, 246, 258 Rotationsleistung 254

Scharnierkette 218 Scheibenverbande 158 Schiebehiilse 124, 151, 234 SchluBlinie 155, 169 schneller Kreisel 270 SchnittgroBen 163, 207, 238 Schnittprinzip 161, 203, 207, 238, 276 Schubspannung 143 schwerer Kreisel 263 Schwerkrafte 146, 193 Schwerpunkt 147, 233 Schwerpunktsatz 191, 195,253. 259 Seileck 140, 155, 164, 169 spezifisches Gewicht 146 symmetrischer Kreisel 250, 257 synthetische Methoden 193, 255 statische Grundoperationen 134 STEINERScher Satz 187, 196, 251, 271 Streckenlast 144, 167 Strukturplan 178 Stiitzlinie 140, 173, 174

Totalschnitt 162, 171, 176, 210, 238, 271,276

Tragheitsbelastung 210 Tragheitsellipsoid 249, 250 Tragheitskraft 208 Tritgheitsmatrix 244, 253 Tragheitsmittelpunkt 185

Namen- und Sachverzeichnis 3

Tragheitsmoment 183, 244 Tragheitspol197 Tragheitsradius 184 Translation 117, 126, 195,274 Translationsarbeit 254 Translationsenergie 187, 246 Translationsleistung 254

Versatzmoment 165, 230 Vertikalkraft 164 Volumenkraftdichte 143, 146 Volumenmomentendichte 146

Walzen 201 Walzverbindung 124 Wechselkreis 132 Wendekreis 131 Wertigkeit 152, 234 Winkelgeschwindigkeit 118, 258 Wirkungslinie 138, 225, 231 Wurfparabel209

Zentralachse 139, 142,182, 185, 230, 233 Zentralellipsoid 252 Zykloide 121

722/48/67 -I1I/18/203