Alfred Böge Technische Mechanik - PP99
Alfred Böge Technische Mechanik - PP99 Alfred Böge Technische Mechanik - PP99
98 3. Ûbung: In der skizzierten Stellung lehnt eine Leiter von der Länge l an der senkrechten Wand. Mit dem waagerechten Boden schließt sie den Neigungswinkel a ein. Neben l und a sind die Reibungszahlen m A und m B in den Stützpunkten A und B bekannt. Eine Person mit der Gewichtskraft FG besteigt die Leiter. Gesucht ist eine Funktionsgleichung der Form h ¼ f (l, a, m A , m B , FG) für die Steighöhe h, bei der die Leiter zu rutschen beginnt. Lösung: Man zeichnet die Lageskizze der freigemachten Leiter im Zustand des Rutschbeginns. Im Stützpunkt A wirkt die vertikale Wand mit der Normalkraft FNA nach rechts auf die Leiter und die Reibungskraft FRA ¼ FNA m A nach oben. In B wirkt die Normalkraft FNB nach oben, die Reibungskraft FRB ¼ FNB m B nach links auf die Leiter. Man kann nun die drei Gleichgewichtsbedingungen für das ebene Kräftesystem ansetzen und auswerten. Mit dem richtigen Ansatz der drei Gleichgewichtsbedingungen wird der physikalische Sachverhalt in Bezug auf die Leiter vollständig erfasst. Daher kürzt man die nun erforderlichen algebraischen Rechnungen zur Ermittlung der gesuchten Gleichung für die Steighöhe h ab. Aufgabenskizze Lageskizze der freigemachten Leiter bei Rutschbeginn I. SFx ¼ 0 ¼ FNA FNB m B II. SFy ¼ 0 ¼ FNA m A þ FNB FG III. SF ðBÞ ¼ 0 ¼ FNA l sin a 3 Reibung FNA m A l cos a þ FG l1 z}|{ h tan a
3.2 Gleitreibung und Haftreibung 99 Es stehen drei voneinander unabhängige Gleichungen für die drei unbekannten Größen h, FNA und FNB zur Verfügung. Das Gleichungssystem ist lösbar. Wichtigste Erkenntnis der Entwicklung: Die Gewichtskraft FG fällt heraus. Die Steighöhe h ist nur abhängig von der Leiterlänge l, dem Neigungswinkel a und den Reibungszahlen, dagegen nicht von der Gewichtskraft. Ein numerisches Beispiel mit l ¼ 4m, a ¼ 60 , m A ¼ m B ¼ 0,2 ergibt die Steighöhe h ¼ 1,287 m. Zur Sicherheit wird hier mit der Gleitreibungszahl m A ¼ m B ¼ 0,2 gerechnet. Die zeichnerische Lösung der Aufgabe wird am Beispiel einer Zylinderführung vorgeführt. (Abschnitt 3.4.2, Seite 115). Aufgaben Nr. 301–334 Aus I. FNB ¼ FNA eingesetzt in II.: mB II. FNA mA þ FNA mB FNA mA þ FG ¼ 0 1 mB ¼ FG FNA ¼ FG mA þ 1 eingesetzt in III.: mB h FG tan a ¼ FG l mA þ 1 ðsin a þ mA cos aÞ mB Beispiel: m A ¼ m B ¼ 0,2 l ¼ 4m;a ¼ 60 4m tan 60 h ¼ 0,2 þ 1 0,2 h ¼ 1,287 m l tan a h ¼ mA þ 1 ðsin a þ mA cos aÞ mB ðsin 60 þ 0,2 cos 60 Þ
- Seite 67 und 68: 1.2 Die Grundaufgaben der Statik 47
- Seite 69 und 70: 1.2 Die Grundaufgaben der Statik 49
- Seite 71 und 72: 1.2 Die Grundaufgaben der Statik 51
- Seite 73 und 74: 1.2 Die Grundaufgaben der Statik 53
- Seite 75 und 76: 1.2 Die Grundaufgaben der Statik 55
- Seite 77 und 78: 1.2 Die Grundaufgaben der Statik 57
- Seite 79 und 80: 1.2 Die Grundaufgaben der Statik 59
- Seite 81 und 82: 1.2 Die Grundaufgaben der Statik 61
- Seite 83 und 84: 1.2 Die Grundaufgaben der Statik 63
- Seite 85 und 86: 1.2 Die Grundaufgaben der Statik 65
- Seite 87 und 88: 1.2 Die Grundaufgaben der Statik 67
- Seite 89 und 90: 1.3 Statik der ebenen Fachwerke 69
- Seite 91 und 92: 1.3 Statik der ebenen Fachwerke 71
- Seite 93 und 94: 1.3 Statik der ebenen Fachwerke 73
- Seite 95 und 96: 1.3 Statik der ebenen Fachwerke 75
- Seite 97 und 98: 2.2 Der Flächenschwerpunkt 77 2.2
- Seite 99 und 100: 2.2 Der Flächenschwerpunkt 79 Krei
- Seite 101 und 102: 2.2 Der Flächenschwerpunkt 81 2.2.
- Seite 103 und 104: 2.3 Der Linienschwerpunkt 83 2.3 De
- Seite 105 und 106: 2.3 Der Linienschwerpunkt 85 Aus de
- Seite 107 und 108: 2.5 Gleichgewichtslagen und Standsi
- Seite 109 und 110: 2.5 Gleichgewichtslagen und Standsi
- Seite 111 und 112: 3.2 Gleitreibung und Haftreibung 91
- Seite 113 und 114: 3.2 Gleitreibung und Haftreibung 93
- Seite 115 und 116: 3.2 Gleitreibung und Haftreibung 95
- Seite 117: 3.2 Gleitreibung und Haftreibung 97
- Seite 121 und 122: 3.3 Reibung auf der schiefen Ebene
- Seite 123 und 124: 3.3 Reibung auf der schiefen Ebene
- Seite 125 und 126: 3.3 Reibung auf der schiefen Ebene
- Seite 127 und 128: 3.3 Reibung auf der schiefen Ebene
- Seite 129 und 130: 3.3 Reibung auf der schiefen Ebene
- Seite 131 und 132: 3.3 Reibung auf der schiefen Ebene
- Seite 133 und 134: 3.3 Reibung auf der schiefen Ebene
- Seite 135 und 136: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 115
- Seite 137 und 138: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 117
- Seite 139 und 140: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 119
- Seite 141 und 142: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 121
- Seite 143 und 144: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 123
- Seite 145 und 146: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 125
- Seite 147 und 148: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 127
- Seite 149 und 150: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 129
- Seite 151 und 152: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 131
- Seite 153 und 154: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 133
- Seite 155 und 156: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 135
- Seite 157 und 158: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 137
- Seite 159 und 160: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 139
- Seite 161 und 162: 3.4 Reibung an Maschinenteilen 141
- Seite 163 und 164: 4 Dynamik Formelzeichen und Einheit
- Seite 165 und 166: 4.1 Allgemeine Bewegungslehre 145 D
- Seite 167 und 168: 4.1 Allgemeine Bewegungslehre 147 4
3.2 Gleitreibung und Haftreibung 99<br />
Es stehen drei voneinander unabhängige Gleichungen<br />
für die drei unbekannten Größen h, FNA und<br />
FNB zur Verfügung. Das Gleichungssystem ist lösbar.<br />
Wichtigste Erkenntnis der Entwicklung:<br />
Die Gewichtskraft FG fällt heraus. Die Steighöhe h<br />
ist nur abhängig von der Leiterlänge l, dem Neigungswinkel<br />
a und den Reibungszahlen, dagegen<br />
nicht von der Gewichtskraft.<br />
Ein numerisches Beispiel mit l ¼ 4m, a ¼ 60 ,<br />
m A ¼ m B ¼ 0,2 ergibt die Steighöhe h ¼ 1,287 m.<br />
Zur Sicherheit wird hier mit der Gleitreibungszahl<br />
m A ¼ m B ¼ 0,2 gerechnet.<br />
Die zeichnerische Lösung der Aufgabe wird am<br />
Beispiel einer Zylinderführung vorgeführt.<br />
(Abschnitt 3.4.2, Seite 115).<br />
Aufgaben Nr. 301–334<br />
Aus I. FNB ¼ FNA<br />
eingesetzt in II.:<br />
mB II. FNA mA þ FNA<br />
mB FNA mA þ<br />
FG ¼ 0<br />
1<br />
mB ¼ FG<br />
FNA ¼ FG<br />
mA þ 1<br />
eingesetzt in III.:<br />
mB h<br />
FG<br />
tan a ¼ FG l<br />
mA þ 1<br />
ðsin a þ mA cos aÞ<br />
mB Beispiel:<br />
m A ¼ m B ¼ 0,2<br />
l ¼ 4m;a ¼ 60<br />
4m tan 60<br />
h ¼<br />
0,2 þ 1<br />
0,2<br />
h ¼ 1,287 m<br />
l tan a<br />
h ¼<br />
mA þ 1<br />
ðsin a þ mA cos aÞ<br />
mB ðsin 60 þ 0,2 cos 60 Þ
Change language