Alfred Böge Technische Mechanik - PP99
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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
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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