Alfred Böge Technische Mechanik - PP99

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Bei dem gegebenen Neigungswinkel von 30 ergibt
sich eine Beschleunigung a ¼ 3,244 m/s2 .
Verkleinert man den Neigungswinkel a, dann
ändert sich auch die Beschleunigung, und zwar
müsste sie nach der Erfahrung größer werden.
Für a ¼ 0würde z. B. sin a ¼ 0 und
m cos a ¼ 0,2 1 ¼ 0,2 und damit
a ¼ 1,3g=2,5 ¼ 5,101 m=s 2 .
Aufgaben dieser Art kann man auch lösen, ohne
die beiden Körper voneinander zu trennen. Trotzdem
sollten vorher die Lageskizzen wie oben
angefertigt werden, damit die Gewichtskraftkomponenten
klar erkannt und tatsächlich alle Kräfte
erfasst werden.
Man kann dabei nach Bild a) vorgehen und danach
die Gleichgewichtsbedingung SFx ¼ 0 ansetzen.
Am einfachsten wird der Ansatz zur Lösung, wenn
man beide Körper sofort zu einem zusammenfasst
(mges ¼ 2,5m) Bild b). Das ist richtig, weil beide
Körper der gleichen Beschleunigung unterliegen.
Aber auch hier sollte man von den beiden Lageskizzen
der ersten Lösung ausgehen, um klare
Verhältnisse zu schaffen. Das gilt vor allem für
den richtigen Ansatz für die Reibungskraft
FR ¼ FN m, worin FN durch FG1 cos a ersetzt werden
muss.
3. Ûbung: Ein Transportband soll die Last von der
Masse m nach oben befördern. Das Band ist unter
dem Winkel a ¼ 20 zur Waagerechten geneigt.
Die Haftreibungszahl beträgt m0 ¼ 0,4.
Gesucht ist die höchstzulässige Bandbeschleunigung
amax, bei der ein Rutschen der Last gerade
noch vermieden wird.
a ¼ 9,81 m
s 2
a ¼ 3,244 m
s 2
a)
1,5 0,2 cos 30 sin 30
1,5 þ 1
1.–3. Schritt
b)
Ansatz nach Lageskizze b): 4. Schritt
SFx ¼ 0 ¼ FG2 T FG1 sin a FN m
FG1 ¼ mg; FG2 ¼ 1,5mg
FN ¼ FG1 cos a ¼ mgcos a
1,5mg 2,5ma mgsin a mgcos am ¼ 0
1,5g 2,5a g sin a gm cos a ¼ 0
2,5a ¼ gð1,5 m cos a sin aÞ ¼0
a ¼ g
ð1,5
2,5
m cos a
m
sin aÞ ¼3,244
s2 Gegeben: a ¼ 20
m0 ¼ 0,4
g ¼ 9,81 m
s 2
Gesucht: amax ¼ f ða, m 0 , gÞ
4 Dynamik