Guten Tag, meine Damen und Herren, ich darf Ihnen zunächst mal ein
frohes neues Jahr wünschen.
Leider, ob der Weihnachtshektik, hatte ich vor Weihnachten vergessen,
dass wir eigentlich eine Vorlesungsevaluation durchführen sollen.
Ich habe mir jetzt erlaubt, heute die Bögen mitzubringen, auch wenn
ich das vorher nicht angekündigt habe.
Das kommt jetzt für mich genauso überraschend wie für Sie.
Allerdings, das müssen Sie wissen, brauchen wir dann eine Studentin
oder einen Studenten Ihres Vertrauens.
Wer meldet sich freiwillig?
Wer erklärt sich bereit, die Bögen an die Evaluierungsstelle zu
bringen?
Niemand?
Ich frage mal unsere Filmer, wären Sie eventuell bereit, das noch
vorbeizubringen?
Sind die Studenten damit einverstanden?
Also, wir manipulieren nichts.
Und ein kleiner Hinweis, aus vielen Jahren Vorlesungserfahrung weiß
ich natürlich, dass der Studenten größter Wunsch ein Skript ist.
Das brauchen Sie eigentlich gar nicht hinzuschreiben.
Meine persönliche Meinung ist die, versuchen Sie einigermaßen
mitzuschreiben.
Das, was Sie mal geschrieben haben, das merken Sie sich viel besser,
als das, was Sie nur durchlesen oder vorne anhand einer PowerPoint
-Präsentation mal sich kurz anschauen.
Mechanik lernt man sowieso nur durch Doing.
Und Sie haben mittlerweile die Möglichkeit, ja auch die
Filmaufzeichnungen danach zu sehen.
Also das ersetzt meiner Ansicht nach schon irgendwo ein Skript.
Während die Bögen ausgeteilt werden, bevor wir mit der harten Mechanik
anfangen, noch ein kleiner Hinweis.
Das wurde mir per E-Mail zugesendet.
Ich gebe es an die Studentinnen und Studenten weiter.
Es gibt die Möglichkeit, wenn Sie irgendwie Schwierigkeiten haben, sei
es familiär, sei es im Studium, sei es mit der Freundin oder wie auch
immer, es gibt wohl eine sogenannte Nightline, also eine Anlaufstelle,
wo Studenten Studenten beraten.
Also da können Sie dann ganz zwanglos sich melden.
Da ist auch nicht bekannt, wer dahinter steckt persönlich, also welche
Studenten.
Das soll relativ anonym sein, damit man auch wirklich sich dann nicht
irgendwie beobachtet vorkommt.
Also wie gesagt, schreiben Sie sich die Nummer auf, falls Sie Bedarf
haben.
Dann nochmal zur Wiederholung.
Vor dem Jahreswechsel waren wir soweit gekommen, dass wir bei der
Ebenenbewegung eines starren Körpers einen Bezugspunkt gewählt haben.
Das war der Punkt Q.
Wenn man die Geschwindigkeit des Punktes Q kennt, dann ergibt sich die
Geschwindigkeit des Punktes P zunächst mal formal über VP gleich VQ
plus Omega Kreuz R von Q nach P. Bei der Ebenenbewegung, wo die
Winkelgeschwindigkeit immer eine vorgegebene Richtung hat, ist das ein
bisschen einfacher.
Es ergab sich dann, dass die Geschwindigkeit des Punktes P gerade der
Geschwindigkeit des Punktes Q entspricht plus Omega mal R mal E Phi.
Omega war im Prinzip die Winkelgeschwindigkeit, Betrag R.
Der Abstand zwischen P und Q und E Phi war ein Vektor, der senkrecht
auf dem Vektor von P nach Q steht und in der Bewegungsebene liegt.
Also letztendlich ergibt sich bei einer Ebenenbewegung die
Geschwindigkeit des Punktes P als Geschwindigkeit des Punktes Q plus
eine Geschwindigkeit infolge der Drehung des Punktes P um den Punkt Q.
Wir hatten dann ein Beispiel betrachtet bei
so einer Schubkurbel.
Machen wir gerade zum Warmlaufen noch ein ähnliches Beispiel,
allerdings für eine etwas andere Stellung.
Also als zweites Beispiel.
Wir nehmen an, wir haben wieder die Kurbel, die sich dreht um das
Lager.
Das heißt der Gelenkpunkt, der beschreibt jetzt wiederum so eine
Kreisbahn um das Lager.
Jetzt haben wir die Koppelstange, die allerdings jetzt in dem Falle
senkrecht steht.
Das Lager im Punkt B, immer noch so ausgeführt, dass der Punkt B sich
bloß vertikal verschieben kann.
Wir haben den Punkt A und wir führen wieder mal Koordinatenachsen ein.
X und Y.
Die Kurbel hat die Länge R, die Koppelstange die L.
Die Kurbel hat in der momentanen Stellung den Winkel Phi gegenüber der
Horizontalen, das heißt gegenüber der X-Achse, das ist also Phi,
beziehungsweise in der gleichen Richtung die Winkelgeschwindigkeit der
Kurbel, Omega 1.
Omega 2, dann die Winkelgeschwindigkeit der Koppelstange.
Die Winkelgeschwindigkeit Omega 1 ist gegeben, damit liegt auch die
Geschwindigkeit Va fest.
Die, man sieht es auch hier, der Punkt im Lager hat die
Geschwindigkeit 0.
Der Punkt A dreht sich dann nur um den Lagerpunkt in der Richtung, die
senkrecht steht, auf die Verbindende zwischen Lager und Gelenkpunkt A.
Was wir jetzt nicht wissen, das ist die Geschwindigkeit von Punkt B
und die Winkelgeschwindigkeit der Koppelstange.
Was wissen wir zunächst?
Nun, wir wissen die Geschwindigkeit von Punkt A.
Die hat eine Komponente in negative X-Richtung, also minus R mal Omega
1.
R mal Omega 1 ist der Betrag der Geschwindigkeit.
Und jetzt sehen wir, wenn Phi gleich 0 ist, dann ist diese Komponente
gerade 0.
Wenn Phi gleich 90 Grad ist, ist diese Komponente maximal.
Also steht hier Sinus Phi sowie eine Komponente in positive Y
-Richtung, also plus R Omega 1 mal Cosinus Phi.
Die Geschwindigkeit des Punktes B, die ergibt sich, Geschwindigkeit
des Punktes A, das war minus R Omega 1 Sinus Phi plus R Omega 1
Cosinus Phi plus, wir sehen es, Omega mal R.
Omega in dem Fall ist die Winkelgeschwindigkeit der Koppelstange,
Omega 2, weil wir jetzt den Strackkörper betrachten.
R war der Abstand von A nach B, also L.
Jetzt, in welche Richtung geht E Phi?
Nun, E Phi geht in dem Falle in negative X-Richtung, deshalb minus
Omega 2 L mal E X, das habe ich hier oben noch vergessen,
Entschuldigung.
E X und E Y.
Das heißt, V B lässt sich darstellen als minus R Omega 1 Sinus Phi
minus Omega 2 mal L in Richtung E X plus R Omega 1 Cosinus Phi E Y.
Wir wissen, die Geschwindigkeit des Punktes B kann nur in vertikaler
Richtung erfolgen, damit muss die Koordinate bezüglich E X Null sein.
Also, das muss Null sein, sodass sich ergibt Omega 2 L gleich minus R
Omega 1 Sinus Phi oder Omega 2 gleich minus R dividiert durch L Omega
1 Sinus Phi.
Jetzt kennen wir die Winkelgeschwindigkeit Omega 2.
Die Geschwindigkeit des Punktes B, die ergibt sich dann, wenn wir das
einsetzen, in unserer Formel für V B.
Wir haben gesagt, das ist die Umfassung des Lagers, dann sehen wir, V
B ist gerade R Omega 1 Cosinus Phi mal E Y.
Das sind alles bekannte Größen, also R Omega 1 Cosinus Phi E Y.
Das wäre der rechnerische Weg.
Wie sieht es aus, wenn wir das Ganze grafisch lösen?
Grafisch haben wir zunächst mal die Geschwindigkeit V A.
Dann wissen wir, V B ergibt sich als V A plus einen Anteil in Richtung
von E Phi.
Also einen Anteil in horizontaler Richtung.
Ich deute das mal so an.
Irgendwo auf der Linie muss die Geschwindigkeit des Punktes B enden.
Gleichzeitig wissen wir aufgrund des Lagers, dass die Geschwindigkeit
des Punktes B vertikal gerichtet sein muss.
Also geht das nur so, wenn das die Geschwindigkeit des Punktes B ist
und das hier die Geschwindigkeit des Punktes B um den Punkt A.
Gibt es dazu Fragen?
Dann kommen wir zum Momentanpol.
Wir haben gesagt, wenn wir einen starren Körper haben, dann setzt sich
die Bewegung im Allgemeinen zusammen aus Translation und Rotation.
Bei einer ganz allgemeinen Bewegung könnte man das Ganze auffassen als
eine Rotation um eine Rotationsachse.
Das heißt, wenn der Körper wirklich nur rotiert, dann wären alle
Punkte auf der Rotationsachse gerade in Ruhe, keine Geschwindigkeit.
Was im allgemeinen Fall jedoch auftreten könnte, dass zusätzlich die
Punkte auf der Rotationsachse sich in Richtung der Rotationsachse
bewegen.
Das wäre so eine Schraubenbewegung, wie wenn Sie eine Schraubenmutter
irgendwo reindrehen.
Falls wir jetzt eine reinebene Bewegung haben, haben wir praktisch
diese Translation nicht.
Trotzdem spricht man sehr oft von Translation und Rotation.
Aber im Grunde genommen können wir die Bewegung momentan auffassen als
eine Drehung um einen Punkt, wobei der Punkt sich zu jedem Zeitpunkt
verändern kann.
Also, eben eine Bewegung
als Drehung
um einen Punkt.
Nennen wir den mal P.
Und wenn sich der Körper um den Punkt P dreht, dann muss die
Geschwindigkeit des Punktes P gerade Null sein.
Also, VP muss in dem Falle Null sein.
Das heißt, wenn wir unsere Formel rechts mal anschauen, bedeutet das,
na gut, wenn wir einen Bezugspunkt A haben, von dem wir die
Geschwindigkeit kennen, dann ergibt sich die Geschwindigkeit des
Punktes P gerade als Geschwindigkeit des Punktes A plus eben Omega
Kreuz RAP.
RAP, der Vektor vom Punkt A zum Punkt P.
Also A war ein beliebiger Punkt.
Wenn wir mal mit beiden Seiten das Kreuzprodukt von links mit Omega
bilden, ergibt sich daraus Omega Kreuz
VA plus...
Und jetzt haben wir das doppelte Kreuzprodukt, nämlich Omega Kreuz
RAP.
Dann muss das ergeben, Omega Kreuz VP.
VP war aber Null.
Omega Kreuz Null ist gerade Null.
Wenn wir jetzt für unseren Körper mal entsprechende Einheitsvektoren
einführen, dann ist natürlich ein ausgezeichneter Einheitsvektor der
in Richtung der Drehachse Omega, nennen wir den mal EZ, dann ergibt
sich Omega als Omega EZ.
Die Geschwindigkeit des Punktes A, wenn wir das mal vergleichen, zum
Beispiel hier bei der Kurbel, da hatten wir gerade so einen Fall, die
dreht sich um den Gelenkpunkt und man sieht, VA bei so einer
momentanen Drehung geht natürlich in Richtung von EFI.
EFI ist dann also gerade VA mal EFI.
Und RAP war ja gerade RAP in Richtung von ER, wobei der Einheitsvektor
ER vom Punkt A zum Punkt P zeigt.
Setzen wir das ein.
Dann haben wir Omega EZ Kreuz VA war VA EFI plus Omega EZ Kreuz Omega
EZ Kreuz RAP.
ER, das muss Null sein,
EZ und ER, die stehen senkrecht aufeinander.
Warum?
Weil ER in der Bewegungsebene liegt, EZ senkrecht dazu steht.
Damit ergibt EZ Kreuz ER gerade einen Vektor, der in negative ER
-Richtung geht.
Also haben wir Omega VA EZ Kreuz EFI plus Omega Quadrat R in negative
ER -Richtung gleich Null.
Und jetzt sehen wir... Moment, RAP haben wir geschrieben.
Wenn wir das nach rechts bringen, durch Omega Quadrat dividieren, dann
steht da RAP mal ER
gleich Omega durch Omega Quadrat ergibt 1 durch Omega.
Also VA dividiert durch Omega EZ Kreuz EFI,
wobei das ergibt 1 durch Omega Quadrat.
Jetzt sehen wir, im Prinzip haben wir das oben noch mal stehen, Omega
EZ war ja gerade Omega, also Omega EZ war Omega Kreuz VA EFI, das war
VA.
Also wenn wir Omega kennen und VA kennen, dann erhalten wir den Vektor
RAP geradezu 1 durch Omega Quadrat mal Omega Kreuz VA.
Das heißt, wenn Omega bekannt ist, VA bekannt ist, dann kennen wir
auch die Lage des Momentanpols.
An der Stelle muss man vielleicht ein bisschen aufpassen, wenn man
Bücher nachlest, dort wird manchmal nicht der Vektor RAP bestimmt,
sondern der Vektor R von P nach A.
Das wäre dann gerade das Negative von dem hier, also das kann sich
dann durch ein Vorzeichen unterscheiden.
Was heißt das Ganze jetzt?
Wenn man sieht, der Vektor RAP, der steht senkrecht zu Omega, liegt
also wirklich in der Bewegungsebene, er steht aber auch senkrecht zur
Geschwindigkeit des Punktes A.
Das heißt, wenn wir einen Körper haben,
wir haben die Geschwindigkeit von dem Punkt A,
VA, dann liegt der Momentanpol auf einer Geraden, die senkrecht zu VA
steht, also hier irgendwo drauf.
Jetzt kommt es natürlich noch darauf an, wie groß das Omega ist, es
steht ja 1 durch Omega Quadrat Omega Kreuz VA, das heißt, wenn wir mal
annehmen, der Momentanpol liegt an der Stelle,
dann wäre das der Vektor RAP und wir können jetzt auch sehr leicht die
Geschwindigkeitsverteilung entlang dieser Geraden uns bestimmen.
Man sieht nämlich,
das sehen wir dort wieder, die Geschwindigkeit eines
Punktes B ist gerade die Geschwindigkeit des Momentanpols, also VP
hier ist nicht das VP von da oben, Plus Omega RE V,
für Momentanpol ist die Geschwindigkeit des Punktes P gleich 0,
sodass der Betrag der Geschwindigkeit proportional dem Abstand des
Punktes vom Momentanpol ist.
Das heißt, in dem Fall wäre die Geschwindigkeit dann so verteilt, also
ein Punkt hier hat dann die Geschwindigkeit entsprechend so.
Wenn wir den Punkt B wählen,
dann sieht es so aus, dass die Geschwindigkeitsverteilung natürlich
wieder so ist, dass die Geschwindigkeit getragsmäßig mit dem Abstand
vom Momentanpol zunimmt und zwar in gleicher Weise wie auf der
Geraden, also wenn ich hier mal den Winkel Alpha einzeichne, dann
haben wir da denselben Winkel und
die Geschwindigkeit des Punktes B steht dann natürlich senkrecht auf
dieser Geraden und entsprechend haben wir dann im Grunde genommen sehr
leicht die Geschwindigkeit der einzelnen Körperpunkte zu bestimmen.
Wenn wir mal das einfache Modell hier anschauen, dann sehen wir, ich
habe so ein Kurbelviereck, sieht es jeder.
Das heißt im Grunde genommen, da ich hier ein Lager habe und rechts
ein Lager, haben wir drei Körper.
Für jeden Körper kann ich einen Momentanpol definieren.
Für die Kurbeln sind es natürlich die Lagerpunkte, um die die Kurbeln
drehen, die bleiben fest, sowohl links als auch rechts.
Wie sieht es aus mit der Koppelstange?
Moment, ich mache es mal so.
Wer weiß, wie man den Momentanpol dieser Koppelstange relativ leicht
bestimmen kann.
Und in der Stellung, bei einer allgemeinen Stellung, ist es so, ich
habe jetzt zwei Punkte, nämlich die Gelenkpunkte.
Von beiden kenne ich die Richtung.
Jetzt wissen wir, der Momentanpol liegt senkrecht auf diesen
Richtungen.
Nämlich, senkrecht auf diesen Richtungen heißt, er liegt immer in
Richtung der linken Kurbel und in Richtung der rechten Kurbel.
Sodass bei der Stellung, der irgendwo sehr weit da oben liegt.
Wenn ich jetzt eine etwas andere Stellung habe, ich nehme mal die
hier.
Dann sehen wir, der Momentanpol muss auf der Verlängerung dieser
Kurbel liegen.
Er muss auf der Verlängerung der rechten Kurbel liegen.
Ich sehe es jetzt nicht genau, aber ungefähr hier in dem Fall.
Und wenn wir das Ganze weiter drehen...
Dann machen wir es mal so.
Dann sehen wir, der Momentanpol muss auf der Verlängerung dieser
Geraden liegen, also einer senkrechten zur linken Kurbel.
Und einer Verlängerung auf dieser Kurbel, also irgendwo da unten.
Sodass man, wenn man die Richtungen von zwei Punkten kennt des
Körpers, also die Richtungen von den Geschwindigkeiten zweier Punkte
des Körpers, man den Momentanpol sehr leicht bestimmen kann.
Man sieht aber auch, dass wenn jetzt gerade eine Stellung vorhanden
wäre, in der beide Kurbeln die gleiche Ausrichtung haben, dann liegt
der Momentanpol in diesem Fall eben im Unendlichen.
Und die Kurbelstange würde dann eine reine Translation durchführen.
Ein anderes Beispiel, welches ich immer auch gern in mündlichen
Prüfungen frage, und bei denen die Studentinnen und Studenten dann oft
große Schwierigkeiten haben oder das gar nicht hinkriegen, das ist das
rollende Rad.
Wobei das rollende Rad kann man im Grunde genommen auch so ein
bisschen auffassen, also ein bisschen was Allgemeineres, was wir sehr
oft in Getrieben haben, in Getrieben, da haben sie ja eine Verzahnung,
das heißt, da haben sie was ähnliches wie ein rollendes Rad, sie haben
auch keinen Schlupf, die Geschwindigkeiten der Berührpunkte zweier
Zahnräder, die müssen dann entsprechend gleich sein und so kann man
sich dort ähnlich durchhangeln.
Also rollendes Rad, wir haben den Untergrund,
wir haben das Rad,
das soll mal kreisrund sein,
wir haben den Mittelpunkt M, die Narbe, und wir nehmen mal an, das Rad
bewegt sich mit der Geschwindigkeit Vm, das kann in dem Falle nur
horizontal erfolgen, weil sonst das Rad abhebt oder in den Untergrund
eindringt.
So, zunächst die Frage, wo liegt der Momentanpol?
Wenn kein Schlupf vorliegt, dann haben wir hier unten den Berührpunkt
P, direkt unter der Narbe, dort muss die Geschwindigkeit dann genauso
groß sein, und zwar als Punkt des Rades, wie die Geschwindigkeit des
Untergrundes, wenn der Untergrund ruht, haben wir also dort die
Geschwindigkeit 0, also ist der Berührpunkt gleichzeitig der
Momentanpol.
Für die Geschwindigkeit des Mittelpunktes gilt jetzt Vm gleich Omega
Kreuz R von P nach M.
Dazu führen wir vielleicht mal entsprechende Koordinaten ein, also wir
nehmen an, X geht nach rechts positiv, Y nach oben positiv, dann ist
eine positive Winkelgeschwindigkeit gegen den Uhrzeigersinn gerichtet.
Wir wissen, der Vektor von P nach M,
der ist Radius des Rades, nennen wir das mal R, in Richtung von Ey,
also Vm war Vm Ex gleich Omega Ez Kreuz R Ey, also Vm Ex gleich Omega
R Ez Kreuz Ey, das ergibt Minus Ex,
also Omega gleich Minus Vm dividiert durch R.
So, jetzt haben wir also die Winkelgeschwindigkeit bei gegebener
Geschwindigkeit des Radmittelpunktes.
Wie sieht es aus, wenn wir die Geschwindigkeit des Punktes A wissen
wollen?
Da wissen wir, Va ist Omega Kreuz dem Vektor von P nach A, also 2R Ey,
setzen wir das Omega noch ein, dann haben wir Minus Vm durch R mal Ez,
Kreuz 2R Ey, Ez Kreuz Ey ergibt Minus Ex, mit dem Minuszeichen davor
ergibt es wieder ein Plus, also Va ist dann gerade 2R Vm durch R, also
2 mal Vm Ex.
Das hätten wir auch grafisch relativ leicht ermitteln können.
Wir wissen, die Geschwindigkeit ist linear verteilt,
also schon aus Ähnlichkeitsgründen muss sich dann ergeben, dass die
Geschwindigkeit Va gerade doppelt so groß ist wie die Geschwindigkeit
des Radmittelpunktes.
Wie sieht es aus mit der Geschwindigkeit des Punktes B?
Und da sehen wir,
Vb ist Minus Vm dividiert durch Rez, das war die
Winkelgeschwindigkeit, die trage ich jetzt sofort ein, Kreuz dem
Vektor von P nach B, das ist einmal Minus R Ex Plus
R Ey,
Ez Kreuz Ex ergibt Ey, Minus mal Minus gibt Plus, das R kürzt sich
weg, ergibt also Vm Ey.
Dann haben wir Ez Kreuz Ey ergibt Minus Ex, mit dem Minuszeichen hier
vorne ergibt es ein Plus Ex, das R kürzt sich wieder weg, also Plus Vm
Ex.
Die Geschwindigkeit des Punktes B hat also eine Komponente, sowohl in
X - wie auch in Y-Richtung, die beide in dem Falle gleich groß sind.
Die Geschwindigkeit des Punktes B ist also betragsmäßig gerade Wurzel
2 mal die Geschwindigkeit des Radmittelpunktes und auch das hätten wir
natürlich relativ leicht bestimmen können,
denn der Winkel muss derselbe sein wie im gelben Dreieck und die
Verteilung dann ganz ähnlich.
Entsprechend, wenn wir noch den Punkt C einführen, ich mache das jetzt
nicht mehr rechnerisch, dann steht die Geschwindigkeit des Punktes C
senkrecht auf der Verbindenden und ganz ähnlich die Geschwindigkeit
des Punktes C hat eine Komponente in X-Richtung, die gerade Vm
entspricht und eine Komponente in negative Y-Richtung, betragsmäßig
ebenfalls Vm.
Gibt es dazu noch Fragen?
Dann als weiteres Beispiel so eine Rollenbewegung.
Wir nehmen mal an, wir haben zwei Antriebsrollen, die eine dritte
Rolle halten über ein Seil
also eine Antriebsrolle 1, die sich um eine Achse dreht mit der
Winkelgeschwindigkeit Omega 1.
Die Rolle hat den Radius R1 und auf der rechten Seite haben wir dann
ebenfalls vertikal das Seil und dann eine Antriebsrolle
ebenfalls um den Mittelpunkt rotierend, Radius R2,
Winkelgeschwindigkeit Omega 2
und wir sehen anschauungsmäßig, wenn wir die zweite Rolle festhalten
und sich die erste bewegt in der angegebenen Richtung, dann geht eben
die mittlere Rolle nach oben.
Wenn sie sich entgegengesetzt dreht, geht es nach unten.
Entsprechend, wenn wir das linke festhalten und rechts drehen, können
wir auch die Rolle nach unten und nach oben verschieben.
Und die Frage ist jetzt, wie hängen die Geschwindigkeit und die
Winkelgeschwindigkeit der dritten Walze von den
Winkelgeschwindigkeiten Omega 1 und Omega 2 ab.
Das heißt, wir haben hier irgendwo den Mittelpunkt oder Schwerpunkt S.
Diese Walze hat den Radius R3 und wir nehmen an, eine
Winkelgeschwindigkeit Omega 3.
Zunächst mal wissen wir, bei gegebener Winkelgeschwindigkeit Omega 1
hat der Punkt A, bei dem das Seil einläuft, die Geschwindigkeit VA,
vertikal nach oben,
und zwar gerade VA gleich R1 Omega 1 in Richtung Ey.
Wenn wir vertikal nach oben die Y-Achse haben, horizontal die X-Achse.
Entsprechend der Punkt B, an dem das Seil bei der zweiten Walze
einläuft, dort haben wir die Geschwindigkeit VB.
Und für VB gilt, dass der Betrag der Geschwindigkeit Omega 2 mal R2
ist, allerdings in negative Y-Richtung, also Omega 2 R2 mit
Minuszeichen in Richtung Ey.
Wenn wir uns jetzt mal die Punkte C und D herausgreifen,
und zwar als Punkte der dritten Walze, dann sehen wir, dort läuft das
Seil genauso ein.
Wenn das Seil undehnbar ist, dann muss die Geschwindigkeit des Punktes
C gerade der Geschwindigkeit des Punktes A entsprechen, die
Geschwindigkeit des Punktes D gerade der Geschwindigkeit des Punktes
B.
Also es gilt VD gleich VB und VC gleich VA.
So,
was gilt noch?
Ansonsten wissen wir, dass die dritte Walze ein starrer Körper ist,
der sich eben bewegt.
Also wissen wir, VD ist VC plus Omega 3 EZ, das war die
Windgeschwindigkeit der dritten Walze, Kreuz den Vektor von C nach D,
also Kreuz 2 R3 EX und VS gleich VC plus Omega 3 EZ Kreuz.
Was haben wir dann?
Der Vektor von C nach S ist gerade R3 EX.
Also zwei Gleichungen, wie viele Unbekannte haben wir?
Nun, VD ist bekannt, VC ist bekannt, Omega 3 ist unbekannt, VS ist
unbekannt, VC ist bekannt, Omega 3 ist unbekannt, das ist bekannt.
Also letztendlich haben wir zwei Gleichungen, zwei Unbekannte, die
können wir jetzt lösen.
Zunächst mal in der ersten Gleichung erhalten wir VD, das war Omega 2
R2 EY gleich,
nun VC war VA, also R1 Omega 1 EY, also R1 Omega 1 EY plus Omega 3 R3
EZ Kreuz EX ergibt EY, also plus Omega 3 R3 EY.
Wir sehen, alle Komponenten zeigen in positive oder in Y-Richtung, das
heißt das EY können wir weglassen.
Wir erhalten minus Omega 2 R2 gleich R1 Omega 1 plus Omega 3 R3.
Damit können wir sofort nach Omega 3 auflösen, Omega 3 ergibt in dem
Falle minus R1 Omega 1 plus R2 Omega 2 dividiert durch R3.
Damit haben wir die Winkelgeschwindigkeit der unteren Walze bestimmt.
Wir können das einsetzen in die zweite Gleichung und erhalten somit VS
gleich VC.
VC war R1 Omega 1 EY plus
Omega 3 EZ, also minus R1 Omega 1 plus R2 Omega 2 dividiert durch R3
EZ.
Damit Kreuz R3 EX.
Wir sehen beim letzten Kreuzprodukt, da kürzt sich der Radius R3 weg.
EZ Kreuz EX ergibt EY, also erhalten wir VS gleich R1 Omega 1.
Und dann haben wir
minus...ah...einen Fehler haben wir noch drin.
Das war VD, das war VC, dann haben wir Omega 3 R3, allerdings haben
wir da oben den Faktor 2 noch drin stehen.
Der fehlt natürlich hier, also haben wir da 2 R3 und hier entsprechend
noch eine 2 davor, hier auch eine 2.
Und jetzt sehen wir, wenn sich das R3 wegkürzt, dann bleibt hier übrig
minus Omega 1 R1 halbe.
Das gibt dann hier gerade halbe.
Minus R2 Omega 2 halbe.
Und alles geht in EY Richtung.
Also, ein bisschen kompakter geschrieben, VS gleich R1 Omega 1 minus
R2 Omega 2 halbe in Richtung von EY.
Das
kann man sich auch anschaulich überlegen.
Omega 2 R2 ist die Geschwindigkeit, mit der der Punkt B bzw.
der Punkt D sich nach unten bewegt.
Omega 1 R1 ist die Geschwindigkeit, mit der der Punkt A bzw.
der Punkt C sich nach oben bewegt.
Wenn der Punkt C sich mit der gleichen Geschwindigkeit nach oben
bewegt wie der Punkt D nach unten, dann bleibt der Mittelpunkt S
gerade in Ruhe.
Also VS gleich 0 in dem Falle, wenn die beiden Anteile gleich sind.
Als letztes Beispiel dann ein Viergelenk.
Wir nehmen eine Kurbel,
Länge klein r, die unten gelagert ist, die gegenüber der horizontalen
Gerade den Winkel V gleich 45° einnimmt.
Dann haben wir eine horizontale Kurbelstange der Länge L,
rechts den Gelenkpunkt A, links den Gelenkpunkt B und eine Kurbel
links der Länge B.
Also wie gesagt, so ein Kurbelviereck.
Gegeben ist dann die Geschwindigkeit
Omega 1.
In der linken Kurbel gesucht sind dann die Winkelgeschwindigkeit Omega
2 der Kurbelstange sowie Omega 3 von der linken Kurbel und eventuell
die Geschwindigkeit des Punktes B.
Also gesucht Omega 2, Omega 3 und VB.
Wir wissen, die Geschwindigkeit des Punktes A, VA, die ist bestimmt
durch die Kurbellänge r und die Winkelgeschwindigkeit Omega 1.
Das heißt, wenn wir mal wieder annehmen, positive Richtungen für X und
Y, wie hier angegeben und dementsprechend auch für das Omega entgegen
dem Uhrzeigersinn, dann hat VA eine Komponente in negative X-Richtung,
in dem Falle gerade minus 1,5 mal Wurzel 2 mal der Geschwindigkeit des
Punktes A, das war r mal Omega 1.
Wie gesagt, in X-Richtung, in Y-Richtung genau derselbe Betrag,
allerdings in positive Y-Richtung, also plus 1,5 Wurzel 2 EY.
Entschuldigung, es steht noch das Omega 1 mal r EY.
Die Geschwindigkeit des Punktes B und die ergibt sich dadurch, wenn
wir die linke Kurbel betrachten, also die Kurbel der Länge B als
Stackkörper, dann wissen wir, der Stackkörper ist im Lager gelagert,
hat also dort die Geschwindigkeit 0, der Gelenkpunkt hat dann die
Geschwindigkeit B mal Omega 3 und zwar in positive X-Richtung.
Wir wissen aber auch, die Geschwindigkeit des Punktes B ergibt sich,
wenn wir die Koppelstange als Festkörper oder als Starrkörper
betrachten, nämlich VB ist dann VA plus Omega 2 kreuzt den Vektor von
A nach B, das war also gerade Omega 2 mal L in negative Y-Richtung.
Denken Sie daran, E4 stand senkrecht auf dem Vektor von A nach B und
zwar entsprechend der Windgeschwindigkeit nach unten.
Also VB ergibt gerade VA minus eine halbe Wurzel 2 Omega 1 R mal EX,
dann in Y-Richtung haben wir jetzt zwei Anteile, nämlich plus eine
halbe Wurzel 2 Omega 1 R minus Omega 2 L.
Ein Vergleich der Geschwindigkeiten B Omega 3 EX und der unteren Seile
ergibt, dass die Komponente in Y-Richtung verschwinden muss, also das
hier muss gerade 0 sein,
sodass sich ergibt Omega 2 gleich eine halbe Wurzel 2 mal R dividiert
durch L mal Omega 1.
Für die Geschwindigkeit des Punktes B bleibt dann nur die Komponente
in X-Richtung übrig, Omega 1 ist bekannt, R ist bekannt, also als
nächstes Ergebnis VB ist minus eine halbe Wurzel 2 Omega 1 mal R EX.
Und wir sehen, ein Vergleich von VB mit dem hier ergibt B mal Omega 3
muss gerade sein minus
eine halbe Wurzel 2 Omega 1 mal R oder Omega 3 gleich minus eine halbe
Wurzel 2 R dividiert durch B mal Omega 1.
Gibt es dazu noch Fragen?
Dann kommen wir jetzt zur Kinetik für die Drehung des Körpers um eine
raumfeste Achse,
also für eine Rotation um eine raumfeste Achse.
Das heißt, wir betrachten wieder unseren Körper, der zunächst mal
nicht rotationssymmetrisch sein muss, der sich um eine Achse dreht,
Drehachse zeichnen wir mal ein,
das war die feste Drehachse,
Winkelgeschwindigkeit war Omega und wir wissen, wenn wir so ein
Massenelement haben, DM und
unser Bezugspunkt O auf der Drehachse liegt, dann konnten wir die
Geschwindigkeit des Punktes sehr leicht beschreiben,
wir haben den Vektor R,
wir haben den Abstand des Massenelementes von der Drehachse R,
wir wissen, das Massenelement bewegt sich aufgrund der Drehung um eine
raumfeste Achse auf einer Kreisbahn,
die Geschwindigkeit des Massenelementes ist dann tangential gerichtet,
V, die Winkelgeschwindigkeit, die hatten wir angenommen, geht in
Richtung EZ,
hört man es noch oben?
Hört man es noch?
Das heißt, wenn wir zunächst mal den Drall betrachten, dann
können wir zunächst mal den differenziellen Drall des Massenelementes
bestimmen.
Also, differenzieller Drall, DL des Massenelements,
dann haben wir zunächst mal DL gleich R kreuz VDM, so hatten wir den
Drall definiert, von dem Massenpunkt.
Jetzt wissen wir, der Vektor R, der war gerade R mal ER,
wobei ER, der Einheitsvektor, ist von der Drehachse zum Massenelement
in der Richtung, das heißt für verschiedene Massenelemente des Körpers
ergeben sich verschiedene Einheitsvektoren ER, später wichtig, plus
eben noch einen Anteil in Richtung EZ, nehmen wir mal an, wir wählen
hier Z gleich 0, dann wäre das gerade Z mal EZ.
Das heißt, für den Drall DL ergibt sich dann RER plus ZEZ kreuz VDM, V
war in Richtung von E phi,
also V ist in dem Falle R mal Omega mal E phi,
Sie sehen, wenn Sie die rechte Hand nehmen, ergibt es gerade ein
Dreibein, also R phi Z.
Setzen wir es mal ein, RER plus ZEZ kreuz R Omega DM E phi, ergibt
also R Quadrat Omega DM ER E phi,
ergibt also R Quadrat Omega DM EZ, ER kreuz E phi war EZ.
Und dann haben wir einen Anteil EZ kreuz E phi, das ergibt minus ZER
Omega DM,
EZ kreuz E phi war minus ER, also minus dem ganzen mal ER.
Der Momentensatz ergibt jetzt, dass die Ableitung des Dralls nach der
Zeit gerade der Summe der Momente am Massenelement ergeben muss, also
Momentensatz ergibt D nach DT, dieses differentielle Dralls,
jetzt müssen wir aufpassen, wenn wir den ableiten, dann sehen wir,
Omega ist im Allgemeinen zeitabhängig, auch der Betrag, EZ, die Achse,
die ist raumfest, also EZ ändert sich nicht, ist also nicht
zeitabhängig, das heißt, wenn wir den ersten Anteil ableiten, ergibt
sich gerade R Quadrat Omega DM in Richtung von EZ.
Beim zweiten Term, da müssen wir aufpassen, da ist Omega zeitabhängig,
aber auch der Einheitsvektor ER, also da haben wir zunächst mal minus
ZR Omega Punkt DM in Richtung von ER, allerdings ER, hatte ich gesagt,
ist ebenfalls zeitabhängig, deshalb ER Punkt war Omega mal E Phi, also
minus ZR Omega Quadrat
DM mal E Phi und das wiederum musste ergeben,
alle Momente, die auf das differentielle Massenelement wirken,
bezüglich demselben Bezugspunkt O, wobei die Momente sich
zusammensetzen können aus Momenten infolge von äußeren Lasten und auch
Momente infolge von inneren Kräften, sprich inneren Spannungen.
Ich schreibe mal innere und äußere Momente bezüglich
demselben Bezugspunkt, hatten wir gesagt, also bezüglich Punkt O.
So, was machen wir jetzt?
Jetzt integrieren wir einfach über alle Massenelemente des Körpers
und da sehen wir, wir haben jetzt eine Vektorgleichung mit Komponenten
in Z-Richtung und auch Komponenten in ER und E Phi-Richtung.
Die Z-Richtung, die hängt nicht vom betrachteten Massenelement ab.
Die Richtung ER und E Phi, die hängen davon ab, an welcher Stelle des
Körpers sich das jeweilige Massenelement befindet.
Also in dem Fall ist es jetzt einfacher, wir betrachten zunächst mal
in der ganzen Vektorgleichung die Komponenten, die in Z-Richtung
gehen.
Dann ergibt sich in
Z -Richtung Integral R Quadrat Omega Punkt dm,
integriert über den gesamten Körper.
ER und E Phi haben keine Anteile in Z-Richtung, ergibt also Integral
dm bezüglich O in Z-Richtung.
So, wenn wir das linke Integral betrachten, dann sehen wir, ja gut, R,
der Abstand von der Drehachse, der hängt natürlich davon ab, welches
Massenelement wir betrachten.
Die Änderung der Winkelgeschwindigkeit, die hängt nicht davon ab,
welches Massenelement wir betrachten, wenn wir also über alle Massen
integrieren, ist das als Konstante zu betrachten.
Das heißt, es ergibt sich Omega Punkt Integral R Quadrat dm,
integriert über die gesamte Masse, muss gerade ergeben Integral dm O
in Z-Richtung.
Für
die anderen Anteile, nun, da lässt sich das im Grunde genommen nicht
so leicht aufspalten, da wissen wir nur, Minus Integral über die
gesamte Masse, was soll man dann drinstehen?
Z-R Omega Punkt er
plus Z-R Omega Quadrat e phi dm
ergibt Integral, dann haben wir hier dm O R er plus dm O phi e phi,
ohne das jetzt im Näheren zu betrachten.
So, was wir jetzt noch als Schwierigkeit haben, das ist, dass die
Momente dm O R, dm O phi und auch dm O Z, die sich ja zusammensetzen
aus inneren Momenten und äußeren Momenten.
Jetzt sieht es aus mit den inneren Momenten, die durch die Spannungen
hervorgerufen werden.
Wenn wir mal so einen Würfel betrachten, ähnlich wie in der TM2, dann
können wir dort zunächst mal die Normalspannungen antragen.
Sigma Y, Sigma X, Sigma Z und die gibt es natürlich auch in der
anderen Richtung, an den entgegengesetzten Schnittufern,
so dass man sieht, diese Normalspannungen, die haben insgesamt keinen
Moment.
Was noch einen Moment haben könnte, das sind die Schubspannungen.
Zum Beispiel hier Tau XZ, Tau XY, dann haben wir hier Tau YZ, Tau YX,
entsprechend hier Tau ZX, Tau ZY,
jetzt wissen wir allerdings, Tau XZ und Tau ZX, die sind gleich, oder?
Wer weiß das noch aus TM2?
Und der Spannungstensor, das war ein symmetrischer Tensor, oder?
Schon ein bisschen länger her, Silvester war ein bisschen hart, aber
letztendlich sehen wir, wegen Tau IJ gleich Tau JI liefern
die Schubspannungen auch keinen Anteil,
so dass, wenn wir letztendlich die Integration durchführen, sich die
inneren Momente gerade wegheben, die sind dann in der Summe Null und
es bleibt übrig Omega
Punkt Integral R Quadrat dm, ergibt gerade die Summe der äußeren
Momente bezüglich O in Z Richtung in dem Falle.
Allerdings muss man sich an der Stelle vor Augen halten, wenn man in
TM2 die Symmetrie des Spannungstensors herleitet, was nimmt man dort?
Dort hat man explizit die Forderung, Summe aller Momente gleich Null.
Also wenn wir das jetzt praktisch nehmen, um zu zeigen, dass die
inneren Momente keinen Beitrag liefern, dann zeigen wir gerade das,
was wir in TM2 als Voraussetzung reingegeben haben.
Also letztendlich muss man an der Stelle bei Systemen von starren
Körpern, hat ich es schon mal ein bisschen angedeutet, den Trallsatz
entweder als eigenständiges Axiom einführen, oder man führt als Axiom
ein, der Spannungstensor ist symmetrisch.
Wenn man als Axiom Spannungstensor symmetrisch einführt, dann ergibt
sich kein inneres Moment in der Summe, fällt bei der Integration weg
und wir kommen so dann zum Trallsatz, oder man setzt den Trallsatz
voraus und leitet damit dann die Symmetrie des Spannungstensors her.
Aber an irgendeiner Stelle muss man ein Axiom reinstecken.
So, ich habe jetzt die Komponente in Z-Richtung immer so ein bisschen
separat gehandelt.
Warum?
Um das hier auszuwerten.
Da kommt es dann wirklich, oder das wird so ein bisschen schwieriger,
was steckt dahinter?
Das sind die sogenannten Schleudermomente.
Wann werden die wichtig im täglichen Leben?
Zum Beispiel beim Autofahren.
Ich frage dann immer, wer fährt ein Auto?
Einer outet sich.
Wer kennt jemanden, der ein Auto fährt?
Wer war schon mal Reifen wechseln?
Wer hat den Mechaniker genau beobachtet, was macht er beim Reifen
wechseln?
Und er macht zunächst mal vielleicht einen anderen Mantel drauf, aber
dann macht er noch etwas ganz Besonderes.
Er setzt den Reifen auf eine Maschine.
Und was macht er dann?
Was bringt er dann an?
Ein Gewicht, oder?
Ah, was habe ich gehört?
Zwei Gewichte.
Warum nimmt er zwei Gewichte?
Nun, weil er praktisch die Massenverteilung so machen muss, dass
insgesamt hier die Anteile, die da wichtig werden, zu Null werden.
Und dann braucht er nämlich keine Momente in der Erfiehebene von den
Lagern um seinen Reifen, damit wir den Reifen praktisch in einer
ebenen Bewegung bewegen können.
Und wenn das nicht zu Null wird, dann muss vom Lager auf den Reifen
immer ein Moment übertragen werden, sprich, das ist dann nicht
ausgebuchtet.
Also an der Stelle können wir schon ganz abstrakt sagen, Ausbuchten
heißt zwei Dinge.
A, so weit sind wir eigentlich noch nicht, aber Schwerpunkt auf die
Drehachse legen.
Das leuchtet, glaube ich, jedem ein, so aus Erfahrung.
Und das andere ist aber, und die Aussage zeigen wir eigentlich erst im
nächsten Semester, wir müssen die Drehachse zur Hauptachse machen.
Wenn wir das machen, dann ist die Massenverteilung gerade so, dass
praktisch die Anteile in der Erfiehebene, dass die nicht auftreten in
der Summe.
Das steckt dahinter.
Und an der Stelle würde ich sagen, beenden wir die heutige Vorlesung.
Ich bitte Sie, die Bögen hier vorne irgendwo abzugeben.
Er gibt sie dann ab.
Vielen Dank.