Alfred Böge Technische Mechanik - PP99
Alfred Böge Technische Mechanik - PP99 Alfred Böge Technische Mechanik - PP99
198 Lehrbeispiel: Prinzip von d’Alembert Aufgabenstellung: Ein Lkw fährt mit v ¼ 60 km/h. Er ist mit einem Kessel beladen, der nur gegen seitliches Rollen gesichert ist. Reibungszahlen zwischen Kessel und Lkw : m0 ¼ 0,3; m ¼ 0,25 Masse des Kessels m ¼ 8000 kg. a) Welcher kürzeste Bremsweg ist möglich, ohne dass die Last ins Rutschen kommt? Lösung: Lageskizze Soll kein Rutschen auftreten, so muss unter Berücksichtigung der Trägheitskraft T sein: SFy ¼ 0 ¼ FN FG FN ¼ FG SFx ¼ 0 ¼ FR0 max þ T FR0max ¼ T ¼ ma FR0 max ¼ FNm0 ¼ FGm0 ¼ mg m0 a ¼ FR0 max m ¼ mg m0 m ¼ m m m 0 g ¼ 0,3 9,81 ¼ 2,943 s2 s2 Dem Weg Ds entspricht im v, t-Diagramm eine Dreieckfläche. Damit erhält man die Weggleichung Ds ¼ v Dt=2, in die aus der Grundgleichung für den Zeitabschnitt Dt ¼ v=a eingesetzt wird : a ¼ Dv v ¼ Dt Dt v Dt Ds ¼ 2 v Dt Ds ¼ 2 v Ds ¼ v 2 a v ¼ 2 2a a ¼ v v ) Dt ¼ Dt a eingesetzt 60 m 3,6 s Ds ¼ 2 2,943 m ¼ 47,193 m Der Bremsweg darf nicht kleiner als 47,193 m sein. b) Der Lkw wird gleichmäßig gebremst und kommt nach 25 m zum Stehen. Wie groß ist die Kraft F, die der Kessel auf die Stirnwand ausübt? Lösung: (a F R0 max = FN0 F G = mg m v v A=Wegs t (a ) ) T=ma FN T=ma F = F R Nm F N F = mg G t F 2 s 2 a ¼ v Dt v 2 a ¼ 2 Ds ¼ v Dt Ds ¼ 2 60 m 2 3,6 s 2 25 m 2 Ds ) Dt ¼ v eingesetzt ¼ 5,556 m s 2 SFy ¼ 0 ¼ FN FG FN ¼ FG ¼ mg SFx ¼ 0 ¼ T F FR F ¼ T FR ¼ ma FNm F ¼ ma mgm ¼ mða gmÞ F ¼ 8000 kg ð5,556 9,81 0,25Þ m kg m ¼ 24 828 s2 s2 F ¼ 24 824 N 24,8 kN Lageskizze Die Kraft auf die Stirnwand beträgt 24,8 kN. 4 Dynamik
4.4 Dynamik der geradlinigen Bewegung (Translation) 199 2. Ûbung: Auf einer schiefen Ebene mit dem Neigungswinkel a ¼ 30 zur Horizontalen liegt ein Körper von der Masse m1. Ûber Seil und Rolle ist er mit einem zweiten Körper von der Masse m2 ¼ 1,5m1 verbunden. Die Reibungszahl beträgt m ¼ 0,2. Rolle und Seil sind masselos und reibungsfrei gedacht. Mit welcher Beschleunigung a bewegen sich die beiden Körper? Lösung: Man schneidet das Seil gedanklich durch und fertigt für beide Körper die Lageskizze an. Da Seil und Rolle masselos und reibungsfrei sein sollen, muss die Seilkraft F an jeder Stelle des Seils gleich groß sein; man braucht also nicht zwischen F1 und F2 zu unterscheiden. Aus der zweiten Gleichgewichtsbedingung SFy ¼ 0 für Körper 1 folgt FN ¼ FG1 cos a. Diesen Ausdruck braucht man für die Reibungskraft FR ¼ FN m ¼ FG1 cos am in der Gleichgewichtsbedingung SFx ¼ 0, die nach F auflöst wird. Für FG1 setzt man m1g ein, für die Trägheitskraft T1 ¼ m1a. Für den Körper 2 ist nur die Gleichgewichtsbedingung SFy ¼ 0 anzusetzen. Daraus findet man eine zweite Gleichung für die Seilkraft F. Zum Schluss werden beide Gleichungen für die Seilkraft F einander gleich gesetzt. Als Vereinfachung bietet sich hier an, mit dem Verhältnis der beiden Massen zu arbeiten. Man setzt also k ¼ m2/m1 und löst die Gleichung nach der gesuchten Beschleunigung a auf. Gegeben: m1 Gesucht: a ¼ f ðm, m, a, gÞ m2 ¼ 1,5m1 a ¼ 30 m ¼ 0,2 g ¼ 9,81 m s 2 1.–3. Schritt Lageskizze Lageskizze für Körper 1 für Körper 2 SFx ¼ 0 ¼ F FR FG1 sin a T1 4. Schritt SFy ¼ 0 ¼ FN FG1 cos a ) FN ¼ FG1 cos a F ¼ FR þ FG1 sin a þ T1 ¼ FN m þ FG1 sin a þ T1 F ¼ FG1 cos amþ FG1 sin a þ T1 F ¼ m1gm cos a þ m1g sin a þ m1a F ¼ m1ðgm cos a þ g sin a þ aÞ SFy ¼ 0 ¼ F þ T2 FG2; T2 ¼ m2a F ¼ m2 g m2 a ¼ m2ðg aÞ m1ðgm cos a þ g sin a þ aÞ ¼m2ðg aÞ m2 gm cos a þ g sin a þ a ¼ ¼ k m1 g a kg ka ¼ gð m cos a þ sin aÞþa að1 þ kÞ ¼gðk m cos a sin aÞ k a ¼ g m cos a k þ 1 sin a a ¼ f ðk, g, m, aÞ
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4.4 Dynamik der geradlinigen Bewegung (Translation) 199<br />
2. Ûbung: Auf einer schiefen Ebene mit dem<br />
Neigungswinkel a ¼ 30 zur Horizontalen liegt<br />
ein Körper von der Masse m1. Ûber Seil und Rolle<br />
ist er mit einem zweiten Körper von der Masse<br />
m2 ¼ 1,5m1 verbunden. Die Reibungszahl beträgt<br />
m ¼ 0,2. Rolle und Seil sind masselos und reibungsfrei<br />
gedacht.<br />
Mit welcher Beschleunigung a bewegen sich die<br />
beiden Körper?<br />
Lösung: Man schneidet das Seil gedanklich durch<br />
und fertigt für beide Körper die Lageskizze an. Da<br />
Seil und Rolle masselos und reibungsfrei sein<br />
sollen, muss die Seilkraft F an jeder Stelle des<br />
Seils gleich groß sein; man braucht also nicht<br />
zwischen F1 und F2 zu unterscheiden.<br />
Aus der zweiten Gleichgewichtsbedingung<br />
SFy ¼ 0 für Körper 1 folgt FN ¼ FG1 cos a.<br />
Diesen Ausdruck braucht man für die Reibungskraft<br />
FR ¼ FN m ¼ FG1 cos am in der Gleichgewichtsbedingung<br />
SFx ¼ 0, die nach F auflöst<br />
wird. Für FG1 setzt man m1g ein, für die Trägheitskraft<br />
T1 ¼ m1a.<br />
Für den Körper 2 ist nur die Gleichgewichtsbedingung<br />
SFy ¼ 0 anzusetzen. Daraus findet man eine<br />
zweite Gleichung für die Seilkraft F.<br />
Zum Schluss werden beide Gleichungen für die<br />
Seilkraft F einander gleich gesetzt. Als Vereinfachung<br />
bietet sich hier an, mit dem Verhältnis der<br />
beiden Massen zu arbeiten. Man setzt also<br />
k ¼ m2/m1 und löst die Gleichung nach der gesuchten<br />
Beschleunigung a auf.<br />
Gegeben: m1<br />
Gesucht: a ¼ f ðm, m, a, gÞ<br />
m2 ¼ 1,5m1<br />
a ¼ 30<br />
m ¼ 0,2<br />
g ¼ 9,81 m<br />
s 2<br />
1.–3. Schritt<br />
Lageskizze Lageskizze<br />
für Körper 1 für Körper 2<br />
SFx ¼ 0 ¼ F FR FG1 sin a T1<br />
4. Schritt<br />
SFy ¼ 0 ¼ FN FG1 cos a ) FN ¼ FG1 cos a<br />
F ¼ FR þ FG1 sin a þ T1 ¼ FN m þ FG1 sin a þ T1<br />
F ¼ FG1 cos amþ FG1 sin a þ T1<br />
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