Aufgabe 1 16 Punkte
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Technische Mechanik III Musterlösung F11-1<br />
<strong>Aufgabe</strong> 1<br />
<strong>16</strong> <strong>Punkte</strong><br />
Das gegebene System befindet sich zum Zeitpunkt t = 0 s in der Ruhelage, die Rollen sind masselos..<br />
Gegeben: g,m,c<br />
c<br />
g<br />
m<br />
a) Stellen Sie die Bewegungsdiffenerzialgleichung auf.<br />
FKB (1)<br />
cx 2<br />
x 2<br />
S<br />
S = cx 2 (2)<br />
Kinematik:<br />
FKB (3)<br />
S<br />
S<br />
mg<br />
x 1<br />
x 1 = 2x 2<br />
x 2 = 1 2 x 1<br />
(4)
Summe der Kräfte:<br />
) 1<br />
∑F x = mẍ 1 = mg − 2S = mg − 2cx 2 = mg − 2c(<br />
2 x 1 = mg − cx 1 (5)<br />
mẍ 1 + cx 1 = mg<br />
ẍ 1 + c m x 1 = g<br />
(6)<br />
b) Lösen Sie die von Ihnen aufgestellte DGL.<br />
Gesamtlösung: x(t) = x h + x p<br />
Partikularlösung:<br />
Homogene Lösung:<br />
Ansatz: x h = Acos(ωt) + Bsin(ωt)<br />
Anfangswertbedingungen:<br />
x p = ˆx p g, ẋ p = 0, ẍ p = 0 (1)<br />
c<br />
m ˆx pg = g<br />
ˆx p = m c<br />
x p = mg<br />
c<br />
(2)<br />
x(t = 0) = 0 (3)<br />
ẋ(t = 0) = 0 (4)<br />
Auswerten der Amplituden<br />
x(t = 0) = 0 = Acos(ω0) + Bsin(ω0) + mg<br />
c<br />
0 = A + mg<br />
c<br />
A = − mg<br />
c<br />
(5)<br />
Lösung der Bewegungs-DGL<br />
ẋ(t = 0) = 0 = ωAsin(ω0) − ωBcos(ω0)<br />
B = 0<br />
x(t) = − mg<br />
c<br />
cos(ωt) +<br />
mg<br />
c<br />
(6)<br />
x(t) = mg<br />
c [1 − cos(ωt)] (7)<br />
c) Wie muss die Masse verändert werde, damit sich die Eigenfrequenz des sytems vervierfacht?<br />
ω ∗ = 4ω (1)<br />
√ c<br />
ω ∗ = 4<br />
m<br />
√ c<br />
m ∗ = √<br />
<strong>16</strong>c<br />
m<br />
(2)
c<br />
m ∗ = <strong>16</strong>c<br />
m<br />
1<br />
m ∗ = <strong>16</strong><br />
m<br />
(3)<br />
m ∗ = m <strong>16</strong>
Technische Mechanik III Musterlösung F11-2<br />
<strong>Aufgabe</strong> 2<br />
14 <strong>Punkte</strong><br />
Eine Punktmasse wird von A nach B mit der Anfangsgeschwindigkeit v 0 unter einem Winkel<br />
von α geworfen. In B trifft die Punktmasse senkrecht auf die Wand, prallt dort ab und landet in<br />
C.<br />
Gegeben: g = 10 m , m, v<br />
s 2 0 = 5 m s , α = 36,87◦ , h = 4,55m, H = 5m, L = 1,2m<br />
A C B<br />
g<br />
v 0<br />
α<br />
h<br />
H<br />
y<br />
x<br />
L<br />
L<br />
2<br />
a) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit der Punktmasse vor dem Stoß in Punkt B.<br />
√<br />
v B = v 2 x + v 2 y (1)<br />
Stoß in B:<br />
v y = 0 (2)<br />
Keine Beschleunigung in x-Richtung<br />
v x = v 0 cos(α) (3)<br />
v B = v x = 5cos(36,87) = 4 m s<br />
(4)<br />
b) Bestimmen Sie die Stoßzahl e so, dass die Punktmasse im Punkt C landet.<br />
¯v B = ev B (1)
Schiefer Wurf:<br />
Randbedingungen:<br />
ẍ = 0,<br />
ẋ = c 1 ,<br />
x = c 1 t + c 2 ,<br />
ÿ = −g,<br />
ẏ = −gt + c 3 ,<br />
y = − gt2<br />
2 + c 3t + c 4<br />
ẋ(t = 0) = − ¯v B = C 1 (2)<br />
x(t = 0) = L = C 2 (3)<br />
ẏ(t = 0) = 0 = C 3 (4)<br />
y(t = 0) = H = C 4 (5)<br />
Einsetzen der Konstanten:<br />
ẍ = 0<br />
ẋ = − ¯v B<br />
x = −v B t + L<br />
(6)<br />
ÿ = −g<br />
ẏ = −gt<br />
y = − gt2<br />
2 + H (7)<br />
y(T ) = 0 = − gT 2<br />
2 + H<br />
√<br />
(8)<br />
2H<br />
T =<br />
g = 1s<br />
x(T ) = L 2 = − ¯v BT + L<br />
¯v B T = L 2<br />
(9)<br />
¯v B = 0,6 m s<br />
Keine Beschleunigung in x-Richtung:<br />
¯v B (T ) = ¯v B (t = 0)<br />
0,3 m s = ev B = e · 4 m s<br />
e = 0,6<br />
4 = 0,15 (10)
Technische Mechanik III Musterlösung F11-3<br />
<strong>Aufgabe</strong> 3<br />
20 <strong>Punkte</strong><br />
Das gegebene System besteht aus zwei miteinander verbundenen masselosen Stäben, an denen<br />
ein massebehaftetes Pendel der Länge l angebracht ist. Gehen Sie davon aus, dass Sie die Masse<br />
des Pendelstabes (m) in Pendelstabmitte ansetzen können. Das Pendel wird zum Zeitpunkt<br />
t = 0 aus der Ruhelage α 0 = 60 ◦ losgelassen.<br />
Gegeben: g,m,M = 4m,α 0 = 60 ◦ ,l<br />
l<br />
g<br />
α<br />
m<br />
S 1<br />
S 2<br />
M<br />
a) Geben Sie die Stabkraft im Pendelstab in Abhängigkeit des Winkels α sowie der Winkelgeschwindigkeit<br />
˙α an Pendelstabkraft P ermitteln:<br />
FKB (1)<br />
P<br />
α<br />
mg<br />
n<br />
t<br />
Mg<br />
∑F n = Ma n1 + ma n2 = P − mgcos(α) − Mgcos(α) (2)<br />
a n = ṡ2 R
a n1 = ṡ2 R = ˙α2 l 2<br />
= ˙α 2 l (3)<br />
l<br />
a n2 = ṡ2 R = ˙α2 l2 4<br />
l<br />
2<br />
= ˙α 2 l 2<br />
(4)<br />
∑F n = 4m ˙α 2 l + m ˙α 2 l = P − mgcos(α) − 4mgcos(α)<br />
2<br />
9<br />
2 m ˙α2 l = P − 5mgcos(α)<br />
P = 9 2 m ˙α2 l + 5mgcos(α)<br />
(5)<br />
b) Wie groß sind die Stabkräfte S 1 und S 2 in anhängigkeit des Winkels α?<br />
Hinweis:<br />
Nutzen Sie zur Bestimmung der Winkelgeschwindigkeit ˙α entweder den Momenten- oder<br />
den Energiesatz!<br />
Entscheiden Sie sich für einen der beiden Lösungswege! Allgemeiner Lösungsweg 1.<br />
Teil:<br />
FKB (1)<br />
α<br />
P<br />
S 1<br />
y<br />
S 2<br />
x<br />
∑F x = 0 = Psin(α) − S 1<br />
S 1 = Psin(α)<br />
∑F y = 0 = −Pcos(α) − S 2<br />
S 2 = −Pcos(α)<br />
(2)<br />
(3)
1. Lösungsweg Momentensatz + TDV:<br />
∑M = Θ 1 ¨α 1 + Θ 2 ¨α 2 = −mgsin(α) l − Mgsin(α)l (4)<br />
2<br />
Θ 1 = mr 2 = m l2 4<br />
(5)<br />
TDV<br />
Anfagswertbedingungen<br />
Θ 2 = mr 2 = 4ml 2 (6)<br />
α 1 = α 2 = α<br />
˙α 1 = ˙α 2 = ˙α<br />
¨α 1 = ¨α 2 = ¨α<br />
m l2 4 ¨α + 4ml2 ¨α = −mgsin(α) l 2 − 4mgsin(α)l<br />
17<br />
4 ml2 ¨α = − 9 2 mgsin(α)l<br />
¨α = − 36gsin(α)<br />
34l<br />
¨α = d ˙α<br />
dt = d ˙α dα<br />
dt dα = d ˙α dα<br />
dα dt<br />
˙α d ˙α<br />
dα = −18gsin(α) 17l<br />
∫ ∫<br />
˙αd ˙α =<br />
= − 18gsin(α)<br />
17l<br />
= ˙αd<br />
˙α<br />
dα<br />
− 18gsin(α) dα<br />
17l<br />
˙α 2<br />
2 = 18gcos(α) + c<br />
17l<br />
(7)<br />
(8)<br />
(9)<br />
α(t = 0) = α 0 = 60 ◦ (10)<br />
2. Lösungsweg Energiesatz:<br />
˙α(t = 0) = 0 (11)<br />
0 2<br />
2 = 18gcos(60◦ )<br />
+ c<br />
17l<br />
0 = 18g<br />
34l + c<br />
c = − 18g<br />
34l<br />
(12)<br />
˙α 2<br />
2 = 18gcos(α) − 18g<br />
17l 34l<br />
˙α 2 = 18g<br />
(13)<br />
17l (2cos(α) − 1)<br />
FKB (4)<br />
Höhe in abhängigkeit von α
l<br />
2<br />
r 2<br />
r 1<br />
l<br />
M<br />
A<br />
α<br />
m<br />
l<br />
B<br />
z 2 z 1<br />
r 1 = cos(α)l<br />
r 2 = cos(α) l 2<br />
z 1 = l − r 1 = l − cos(α)l<br />
(5)<br />
z 2 = l − r 2 = l − cos(α) l 2<br />
Geschwindigkeit in abhängigkeit von ˙α<br />
v 1 = l ˙α<br />
v 2 = l 2 ˙α (6)<br />
Energiesatz:<br />
Ekin A 1<br />
+ Ekin A 2<br />
+ Epot A 1<br />
+ Epot A 2<br />
= Ekin B 1<br />
+ Ekin B 2<br />
+ Epot B 1<br />
+ Epot B 2<br />
(7)<br />
E A kin 1<br />
= 0<br />
E A kin 2<br />
= 0<br />
Epot A 1<br />
= Mgz 1 = 4mg(l − cos(60 ◦ )l) = 2mgl<br />
(<br />
Epot A 2<br />
= mgz 2 = mg l − cos(60 ◦ ) l )<br />
= 3mgl<br />
2 4<br />
E B kin 1<br />
= Mv2 1<br />
2 = 2ml2 ˙α 2<br />
Ekin B 2<br />
= mv2 2<br />
2 = ml2 ˙α 2<br />
8<br />
Epot B 1<br />
= Mgz 1 = 4mg(l − cos(α)l)<br />
(<br />
Epot B 2<br />
= mgz 2 = mg l − cos(α) l )<br />
2<br />
2mgl + 3mgl = 2ml 2 ˙α 2 + ml2 ˙α 2<br />
+ 4mgl − 4mgcos(α)l + mgl − mgcos(α) l 4<br />
8<br />
2<br />
11g 17l ˙α2<br />
= + 5g − 9gcos(α)<br />
4 8<br />
2<br />
17l ˙α 2<br />
= 36gcos(α) − 18g<br />
8 8 8<br />
˙α 2 = 36gcos(α) − 18g<br />
17 17<br />
(8)<br />
(9)<br />
(10)<br />
(11)<br />
(12)
˙α 2 = 18g (2cos(α) − 1) (13)<br />
17l<br />
Allgemeiner Lösungsweg 2. Teil:<br />
S 1 = Psin(α)<br />
( )<br />
9<br />
S 1 =<br />
2 m ˙α2 l + 5mgcos(α) sin(α)<br />
( )<br />
81mg<br />
S 1 (α) =<br />
34 (2cos(α) − 1) + 5mgcos(α) sin(α)<br />
S 2 = −Pcos(α)<br />
)<br />
9<br />
S 2 = −(<br />
2 m ˙α2 l + 5mgcos(α) cos(α)<br />
( )<br />
81mg<br />
S 2 (α) = −<br />
34 (2cos(α) − 1) + 5mgcos(α) cos(α)<br />
(14)<br />
(15)