Guten Tag, meine Damen und Herren, ich darf Sie zur Vorlesung
begrüßen.
Was wir heute noch machen müssen, ist, die Evaluation durchzuführen.
Ein kleines Wort zur Evaluation.
Ich weiß natürlich, dass einer der großen Kritikpunkte das fehlende
Skript ist.
Ich kann Ihnen aber auch sagen, dass ab jetzt, was wir in der
Vorlesung machen, dass Sie das großteils, fast eins zu eins, in der
neuen Bibel des Bachelor Maschinenbaustudiums finden.
Also insofern rentiert es sich vielleicht doch, diese sich von den
Großeltern oder irgendwelchen Sponsoren unter den Weihnachtsbaum legen
zu lassen.
Bevor wir evaluieren, brauchen wir allerdings eine Studentin oder
einen Studenten Ihres Vertrauens.
Wer erklärt sich bereit?
Würde jemand die Evaluationsbögen nach der Vorlesung zum
Evaluierungsbüro bringen?
Niemand?
Würden Sie es machen?
Also Sie müssen später dann gerade hochkommen, kriegen einen Umschlag,
machen da alles rein.
Da ist auch beschrieben, wo Sie das abgeben.
Ich würde sagen, wir geben gerade so drei Minuten Zeit.
Haben Sie alles einigermaßen die Evaluationsbögen ausgefüllt?
Also ich würde vorschlagen, dass Sie die am Ende der Vorlesung gerade
vorbeibringen.
Er sammelt die dann ein und bringt die in einem geschlossenen Kuvert
zum Evaluationsbüro.
Kommen wir damit wieder zur Mechanik zurück.
An der Stelle vielleicht ein kleiner Vorschlag.
Es gibt jetzt die Möglichkeit, wir machen den Stoff zügig durch und
ich mache zur Not vielleicht mal kleine Überziehungen zwischen 0 und 5
Minuten.
Und wir sparen uns dadurch nach Möglichkeit eine Vorlesung nächsten
Montag und eine Vorlesung am 5.
Januar.
Würden das die Studenten für okay finden?
Das Problem ist, den Stoff muss ich durchbekommen, weil mittlerweile
es Studenten gibt, die nur die TM3 prüfen lassen.
Andere sowohl TM3 als auch TM4.
Heute Morgen war ein Student bei mir, der meinte, der sei eigentlich
offiziell frei.
Ich wollte da noch nachschauen, ich habe es nicht mehr geschafft.
Ich habe meine Mitarbeiter gefragt, die wussten es aber auch nicht,
weil wir prinzipiell nie frei haben.
Insofern tangiert uns das nicht.
Also wenn Sie am 5.
frei haben, dann können Sie um 11.30 Uhr ein gutes Buch lesen.
Kommen wir wieder zurück zur Vorlesung.
Wir haben in der letzten Vorlesungsstunde Massenpunktsysteme
abgeschlossen und kommen jetzt zur Bewegung, sowohl Kinematik wie auch
Kinetik, von starren Körpern.
Wobei wir im ersten Schritt in der TM3 das sehr einfach machen.
Warum?
Wir betrachten nur einen Körper, bei dem sich die Punkte alle in
Ebenen bewegen.
Also nicht allgemein räumlich, sondern jeder Punkt bewegt sich in
einer Ebene, wobei die Ebenen parallel sind.
Also Ebenebewegung eines starren Körpers.
Nun wir wissen, im Allgemeinen setzt sich dann so eine Bewegung
zusammen aus Translation und Rotation.
Wobei wir noch sehen werden, dass speziell bei einer Ebenenbewegung
man die ganze Bewegung auch auffassen kann als Drehung des Körpers um
eine Achse.
Um den sogenannten Momentanpol, wobei dieser Momentanpol dann durchaus
auch irgendwo im Unendlichen liegen kann.
Das heißt, alle Punkte beschreiben dann fast wie so Kreisbögen um den
Momentanpol.
Der Momentanpol selbst kann sich ändern während der Bewegung.
Allerdings schon im Hinblick auf eine räumliche Bewegung, bei einer
allgemeinräumlichen Bewegung, da gibt es jetzt nicht unbedingt einen
Punkt, um den der Körper scheinbar rotiert.
Bei einer allgemeinräumlichen Bewegung hat man im Allgemeinen immer
eine Translation mit einer Rotation überlagert, in der Form, dass man
das im allgemeinsten Fall als Schraubenbewegung auffassen kann.
Das heißt, man hat eine Rotation um eine Achse, aber gleichzeitig eine
Vorwärtsbewegung in Richtung der Achse.
Bei einer Ebenenbewegung fehlt eben diese Vorwärtsbewegung, sodass man
letztendlich das Ganze wirklich als Rotation um eine fiktive Achse
auffassen kann.
Damit sind wir schon beim ersten Punkt, nämlich bei der Kinematik,
wobei wir zunächst einmal die reine Translation betrachten wollen.
Und wenn eine reine Translation vorliegt,
dann dreht sich der Körper nicht, das heißt,
keine Drehung des Körpers.
Das heißt, der Vektor zwischen zwei festen Punkten auf dem Körper,
der ändert die Richtung nicht.
Das heißt, wir können das Ganze im Grunde genommen mal so andeuten.
Wir haben zunächst einmal unser Inertialsystem mit einem
Koordinatensystem beschrieben, durch die Einheitsvektoren, jetzt in
dem Falle E1, E2 und E3.
Wir haben den Körper.
Auf dem Körper können wir körperfeste Einheitsvektoren K1, K2, K3
einführen, die fest mit dem Körper verbunden sind.
Und wie gesagt, wir hatten zwei Punkte, P1 und P2.
Das heißt, dazwischen liegt der Vektor R12.
Und wie gesagt, bei einer reinen Translation ändert dieser Vektor die
Richtung nicht.
Das können wir zum Beispiel dadurch erreichen, dass wir irgendwo, ich
deute es mal an, so eine Art Parallelführung haben.
Wenn wir zum Beispiel so eine derartige Lagerung haben, dann ist ganz
klar, wenn die Pendelstützen sich in dem Falle drehen, dann machen
beide Pendelstützen die gleiche Winkelverdrehung und die Orientierung
des Körpers ändert sich nicht.
Allerdings ist es nicht beschränkt auf so einen Fall.
Ich habe noch mal meine Einheitsvektoren mitgebracht.
Und es ist natürlich so, eine reine Translation liegt dann vor, wie
gesagt, wenn körperfeste Einheitsvektoren die Richtung nicht ändern.
Das hatten wir alles schon bei der Relativbewegung im Grunde genommen
gehabt.
Selbst wenn die Bewegung des Körpers, zwar ist es keine ebene
Bewegung, aber bei einer ebenen Bewegung, das sehen wir, die kann
relativ kompliziert sein.
Wichtig ist, dass die körperfesten Einheitsvektoren nicht die Richtung
ändern.
Dies bedeutet, dass wir jetzt im Grunde genommen die
Winkelgeschwindigkeit als Vektor einführen können.
Wie wir sie schon beim Relativsystem hatten.
Nur, dass eben im Falle der reinen Translation, wenn der Körper nicht
rotieren soll, diese Winkelgeschwindigkeit gerade Null ist.
Also die Winkelgeschwindigkeit Omega,
das wäre jetzt die Winkelgeschwindigkeit, mit der das Relativsystem
sich dreht, also letztendlich die Einheitsvektoren K1, K2, K3 die
Richtung ändern.
Die ist dann eben Null, also Omega von Körper K im Inertialsystem I,
so hat man das immer ausgedrückt, das war das Inertialsystem, ist dann
gerade Null.
Für einen beliebigen Punkt des Körpers gilt
deshalb, wenn wir hier den Koordinatenursprung haben,
den Punkt P und einen Bezugspunkt Q auf dem Körper,
dann sehen wir, der Vektor zum Punkt P,
RP, der setzt sich zusammen aus dem Vektor zum Punkt Q,
plus dem Vektor von Q nach P, dem Relativvektor.
Das heißt RP ergibt sich in dem Fall als RQ plus R Relativ und
für die Geschwindigkeit des Punktes P Und später auch für die
Beschleunigung des Punktes P. Da müssen wir ja gerade den Ortsvektor
rp zunächst einmal ableiten und dann ein weiteres Mal.
Also für die Geschwindigkeit vp des Punktes P gilt demnach, dass das
die Ableitung des Vektors rp im Inertialsystem ist.
Also drp nach dt im Inertialsystem.
Jetzt müsst ihr sich ein bisschen zurückerinnern an die
Relativmechanik.
Das ergibt gerade die Ableitung der Summe im Inertialsystem.
Ist also drq nach dt im Inertialsystem plus drrelativ nach dt im
Inertialsystem.
Wir wissen, die Ableitung des Ortsvektors des Punktes Q im
Inertialsystem ist gerade die Geschwindigkeit des Punktes Q im
Inertialsystem, ist also vq.
Die Ableitung des Relativvektors, da können wir jetzt die bekannte
Ableitungsformel nehmen, das ergibt nämlich die Ableitung des
Relativvektors im Relativsystem, also im Körperfestenbezugssystem.
Das ist also drrelativ nach dt im Körperfestenbezugssystem.
Jetzt brauchen wir noch die Ergänzung plus, und jetzt kommt die
Winkelgeschwindigkeit von dem Bezugssystem, in dem wir jetzt zunächst
ableiten, das ist das k, bezüglich dem Bezugssystem, in dem wir die
Ableitung bilden wollen, das war das i, kreuz den Vektor, den wir
ableiten, und der Vektor, den wir ableiten, ist in dem Fall das
rrelativ.
Da jetzt die Punkte Q und P, zum einen der Bezugspunkt, zum anderen
der Punkt P, fest auf dem Körper sind, ist die körperfeste Ableitung
des Relativvektors in dem Fall 0, also das ist gerade 0.
Wir haben gesehen, die Winkelgeschwindigkeit, auch die ist 0, das
heißt die beiden letzten Terme, die verschwinden, und es gilt, dass
die Geschwindigkeit des Punktes P gerade der Geschwindigkeit des
Punktes Q entspricht.
Also V von P gleich V von Q, was wiederum bedeutet, dass alle Punkte
des starren Körpers, bei einer ebenen Bewegung und reiner Translation,
dieselbe Geschwindigkeit haben.
Wenn die dieselbe Geschwindigkeit haben, dann haben die natürlich auch
dieselbe Beschleunigung, denn wenn wir jetzt den Vektor VP im
Inertialsystem ableiten, ist das dasselbe wie den Vektor VQ im
Inertialsystem abgeleitet.
Also gilt P gleich Q und alle Punkte des starren Körpers haben demnach
dieselbe Beschleunigung.
Alle Punkte haben dieselbe Beschleunigung.
Das heißt, wenn wir keine Rotation von einem starren Körper haben,
dann können wir den auffassen wie so einen Massenpunkt.
Deshalb war wahrscheinlich bei den Aufgaben, die Sie bearbeitet haben,
nicht immer das Ganze als Massenpunkt aufgefasst, sondern zum Teil als
Block, als starrer Körper im Grunde genommen.
Wir sehen aber, wenn der starre Körper sich nicht dreht, dann hat
jeder Punkt des starren Körpers dieselbe Beschleunigung, dann ist das
schon gerechtfertigt.
Gibt es hierzu Fragen?
Dann kommen wir als nächstes zur Drehung des starren Körpers um eine
raumfeste Achse.
Also 3.1.2
Drehung um raumfeste Achse.
Das haben wir zum Beispiel, wenn wir eine Turbine haben, die irgendwo
im Maschinenhaus steht und rotiert.
Es gibt aber auch genügend andere Beispiele, wo das auftritt.
Denken Sie an Getriebe oder irgendwelche anderen drehenden Bauteile.
Gekennzeichnet ist das Ganze zunächst einmal dadurch, dass wir eine
Drehachse haben.
Bezüglich der Drehachse ist der starre Körper dann natürlich gelagert
irgendwie.
Also ich deute das mal so an.
Das ist dann die raumfeste Drehachse.
Wir haben dann einen Körper, einen starren Körper.
Sie sehen, der muss nicht unbedingt rotationssymmetrisch bezüglich der
Drehachse sein.
Der ist einfach so gelagert, dass er um die Drehachse rotiert.
Die Drehung selbst, die wird jetzt beschrieben durch die
Winkelgeschwindigkeit des Körpers.
Wobei die Winkelgeschwindigkeit in dem Fall ein Vektor ist, der in
Richtung der Drehachse zeigt.
Also ich deute das mal so an, wir haben dann die Winkelgeschwindigkeit
Omega des Körpers im Inertialsystem.
Wobei wir an der Stelle schon mal annehmen, dass die Richtung der
Drehachse dadurch gekennzeichnet wird, dass wir ein Koordinatensystem
so einführen, dass die Z-Achse des Koordinatensystems in Richtung der
Drehachse zeigt.
Da die Drehachse sich zeitlich nicht ändert oder die Richtung nicht
ändert, haben wir in dem Fall also Omega EZ als Winkelgeschwindigkeit
des Körpers.
Zur Beschreibung können wir jetzt noch das Inertialsystem einführen
mit Koordinatenursprung in O.
Und auch hier werden wir für die Beschreibung der Kinematik der
einzelnen Körperpunkte wiederum einen Bezugspunkt auf den festen
Körper einführen.
Wobei wir den in dem Fall auf die Drehachse legen.
Also wir wählen uns jetzt einen Punkt Q auf der Drehachse,
haben dementsprechend den Vektor RQ.
Dann noch einen beliebigen Punkt P,
dessen Lage auf dem starren Körper gekennzeichnet wird, wiederum durch
den Relativvektor Rrelativ.
Allerdings wissen wir, dass alle Punkte des starren Körpers aufgrund
der Drehung um die raumfähigste Achse sich auf Kreisbahnen um diese
Achse bewegen.
Das heißt, wir können im Grunde genommen so andeuten, der Punkt P, der
bewegt sich auf so einer Kreisbahn um die Drehachse.
Und wir führen jetzt zunächst mal den radialen Abstand R des Punktes P
von der Drehachse ein, sowie zusätzlich Einheitsvektoren am Punkt P,
zum einen den Einheitsvektor ER in radialer Richtung, den
Einheitsvektor EZ in Richtung der Z-Achse und sinkrecht auf beiden den
Einheitsvektor EFI, der in dem Fall dann eben tangential an die Bahn
des Punktes P verläuft.
Also tangential den Einheitsvektor EFI.
Das heißt, für den Punkt P gilt jetzt wieder, Ortsvektor von P setzt
sich zusammen aus Ortsvektor von Q plus Rrelativ.
Wiederum sehen wir, dass ein Bezugssystem, welches wir fest mit dem
Körper verbinden, die Winkelgeschwindigkeit Omega von K in I hat, in
dem Falle gerade Omega EZ.
Das heißt, für die Geschwindigkeit des Punktes P folgt jetzt ganz
analog wie zuvor, das ergibt sich zur Geschwindigkeit des Punktes Q,
das war nämlich die Zeitableitung des Ortsvektors im Inertialsystem,
und zwar des Ortsvektors zum Punkt Q plus, und jetzt haben wir in dem
Falle die Ableitung des Relativvektors im Inertialsystem, das setzen
wir wieder zusammen aus Ableitung des Relativvektors nach der Zeit im
körperfesten Bezugssystem plus eben Omega von K in I kreuz Rrelativ.
Und jetzt sehen wir, die Geschwindigkeit des Punktes Q, die ist gerade
0, weil der Bezugspunkt auf der Drehachse liegt und sich nicht bewegt,
also das ist 0.
Die Ableitung des Relativvektors im körperfesten Bezugssystem, auch
die ist 0, wie schon bei der reinen Translation, weil im körperfesten
Bezugssystem sich dieser Vektor nicht ändert, das heißt, es verbleibt
jetzt einzig und allein das Omega von K in I kreuz Rrelativ.
Das heißt, für die Geschwindigkeit des Punktes P gilt jetzt Omega von
K in I kreuz Rrelativ.
Und jetzt sehen wir, Omega von K in I war Omega EZ, Rrelativ, wir
schreiben das mal ausführlich hin, gibt also Omega EZ kreuz,
und jetzt der Relativvektor, der hat einen Anteil in radialer Richtung
RER plus einen Anteil in Richtung der Z-Achse, nennen wir das einfach
mal AEZ, wobei wir das A gar nicht spezifiziert haben, wir sehen aber,
in dem Fall ist das A gar nicht notwendig, weil eben beim Kreuzprodukt
das Omega EZ kreuz AEZ, EZ kreuz EZ, 0 ergibt.
Das heißt, was jetzt noch verbleibt, ist dann lediglich Omega EZ kreuz
RER, das ist Omega mal R mal EZ kreuz ER, EZ kreuz ER ist aber nach
der rechten Handregel gerade das EFI, also erhalten wir hier Omega mal
R mal EFI.
Dementsprechend folgt für die Beschleunigung,
also die
Beschleunigung des Punktes P, das war gerade die zeitliche Ableitung
der Geschwindigkeit des Punktes P, haben wir hier oben, im
Inertialsystem.
Da sehen wir, wir haben zum einen das Omega von K in I, zum anderen
das R-Relativ, also müssen wir beim zeitlichen Ableiten die
Produktregel anwenden, das ergibt D Omega von K in I nach DT in I
plus, Entschuldigung, kreuz R-Relativ plus, und jetzt haben wir das
Omega von K in I kreuz der Ableitung des Relativvektors nach der Zeit
im Inertialsystem.
Die zeitliche Ableitung des Winkelgeschwindigkeitsvektors ist gerade
die Winkelbeschleunigung, das ergibt also in dem Falle Alpha von K in
I kreuz R-Relativ plus Omega von K in I kreuz und die Ableitung des
Relativvektors nach der Zeit im Inertialsystem, das hatten wir oben
schon mal, das ist gerade Omega von K in I kreuz R-Relativ, ergibt
also hier Omega von K in I kreuz R-Relativ.
Wie gesagt, die runde Klammer entspricht der Ableitung des
Relativvektors im Inertialsystem.
Wenn wir wieder berücksichtigen, dass ja Omega von K in I gerade Omega
mal EZ ist, EZ aber die Richtung nicht ändert, dann muss die Ableitung
der Winkelgeschwindigkeit gerade Omega Punkt in Richtung EZ sein,
ergibt also in dem Falle Omega Punkt EZ kreuz R-Relativ ist wieder RER
plus AEZ.
Man sieht auch hier, die Z-Komponente des Relativvektors ist
uninteressant.
Plus, und jetzt haben wir Omega von K in I, das ist Omega EZ kreuz und
Omega von K in I kreuz R-Relativ, das haben wir oben gesehen, ist
Omega REV, sodass wir schlussendlich das Ergebnis erhalten.
Omega Punkt mal R mal EZ kreuz ER, das war gerade E phi, ergibt also R
Omega Punkt E phi.
EZ kreuz EZ war 0.
Hier haben wir EZ kreuz E phi, EZ kreuz E phi ergibt minus ER, also
erhalten wir minus Omega Quadrat mal R,
in Richtung von ER, das ist im Grunde genommen die
Zentripetalbeschleunigung des Punktes P, aufgrund der Bewegung auf der
Kreisbahn.
Und das R Omega Punkt E phi, das war natürlich die Beschleunigung in
Umfangsrichtung bei konstantem Radius, Starkkörper heißt ja, das R
ändert sich nicht und im Grunde genommen müssten Sie die Anteile alle
kennen.
Gibt es hierzu Fragen?
Ich habe im Grunde genommen auf dem Starkkörper so Zylinderkoordinaten
eingeführt.
Das ER hängt vom Punkt ab.
Also der Relativvektor ist immer so, dass ich einen Anteil habe in
Richtung von ER, das ER aber vom Punkt abhängt.
Denken Sie zurück an die Zylinderkoordinaten.
Weitere Fragen?
Schauen Sie, R hat immer die Dimension Meter.
Und was ist Omega?
Omega hat 1 durch Sekunde oder Rad pro Sekunde.
Eine Ableitung nach der Zeit bringt immer 1 durch Sekunde, also haben
wir 1 durch Sekunde Quadrat, mit dem Meter gibt es Meter pro Sekunde
Quadrat, gibt die Dimension von einer Beschleunigung und das Omega
Quadrat hat auch 1 durch Sekunde Quadrat mal Meter, gibt Meter pro
Sekunde Quadrat.
An den Einheiten sieht man oft schon, ob das Ergebnis plausibel ist
oder nicht.
Sofern haben Sie recht.
So, kommen wir damit zur allgemeinen Ebenenbewegung.
Also wie gesagt, wir haben immer noch die Einschränkung, dass wir eben
eine Bewegung betrachten.
Keine allgemein räumliche, aber jetzt eben eine Bewegung, bei der die
Bewegung des Körpers so ist, dass wir sowohl ein Omega ungleich 0
haben, als auch die Drehachse.
Drehachse, die wird nicht die Richtung ändern, aber die könnte die
Lage ändern.
Ich versuche es mal vorzumachen, also nehmen wir an, mein Sixpack
-Bauch ist ein Starkkörper.
Dann kann der Starkkörper momentan um eine Achse rotieren, die aber
sich ändert.
Das steckt im Grunde genommen dahinter.
Also jetzt allgemeine Bewegung,
aber schreiben wir es in Klammern dazu, dass wir das nicht vergessen,
eben eine Bewegung.
Das heißt,
wenn wir jetzt wieder ein Bezugssystem nehmen, das wir fest mit dem
Körper verbinden, dann hat es jetzt wirklich eine
Winkelgeschwindigkeit.
Also, Winkelgeschwindigkeit, die ist dann gegeben durch Omega des
Körpers im Inertialsystem.
Und
im Grunde genommen haben wir wieder dasselbe Bild, wie schon zuvor.
Wir haben den Körper, wir haben das Inertialsystem, wählen ein
Koordinatensystem im Inertialsystem, also Ursprung in O, dann haben
wir den Körper.
Wir wählen den Bezugspunkt Q auf dem Körper, beschrieben durch den
Ortsvektor RQ.
Wir haben dann den Punkt P mit dem Ortsvektor RP sowie dem
Relativvektor Rrelativ.
Es gilt RP gleich RQ plus Rrelativ, dementsprechend folgt für die
Geschwindigkeit des Punktes P VP gleich Ableitung.
Zunächst mal des Ortsvektors RP nach der Zeit im Inertialsystem, damit
Ableitung des Vektors RQ nach der Zeit im Inertialsystem plus
Ableitung des Relativvektors nach der Zeit im Inertialsystem.
Wir wissen, die Ableitung des Ortsvektors des Punktes Q im
Inertialsystem, das ist gerade die Geschwindigkeit des Punktes Q VQ
und wir wissen, die Ableitung des Relativvektors, die können wir
umschreiben als Ableitung des Relativvektors nach der Zeit im
Körperfestenbezugssystem.
Da jetzt aber ein Stagkörper vorliegt, wird diese Ableitung eben
wieder Null sein, das können wir schon an der Stelle angeben.
Plus, und jetzt aufgrund der Ableitungsregel, wissen wir, es fehlt ein
Term Omega von dem Bezugssystem, in dem wir jetzt zunächst ableiten,
das ist das K bezüglich dem Bezugssystem, in dem eigentlich die
Ableitung gebildet werden soll, das war das Inertialsystem.
Kreuz den Vektor, den wir ableiten und an der Stelle leiten wir immer
noch ab den Vektor R relativ, sodass wir letztendlich für die
Geschwindigkeit des Punktes P erhalten.
VP gleich VQ, der mittlere Term fällt weg, bleibt noch übrig, plus
Omega von K in I.
Kreuz R relativ.
Aus diesen Termen berechnen wir dann die Beschleunigung des Punktes P
durch erneutes Ableiten nach der Zeit im Inertialsystem.
Also analog Beschleunigung,
da wissen wir, die Beschleunigung des Punktes P ist Ableitung der
Geschwindigkeit des Punktes P nach der Zeit im Inertialsystem, dann
haben wir die verschiedenen Terme, ergibt also DVQ nach DT in I, wenn
wir das scharf anschauen, dann wissen wir, das ist gerade die
Beschleunigung des Punktes Q im Inertialsystem, plus, und jetzt haben
wir ein Kreuzprodukt, das heißt wir müssen die Produktregel anwenden,
gibt also D Omega von K in I nach DT in I, Kreuz R relativ, plus eben
Omega von K in I,
Kreuz der Ableitung des Relativvektors nach der Zeit in I,
wir hatten gesagt, der erste Term, das ist die Beschleunigung des
Punktes Q, ich schreibe mal AQ in Klammer im Inertialsystem, plus, und
jetzt haben wir an der Stelle die Ableitung der Winkelgeschwindigkeit
nach der Zeit im Inertialsystem, wir haben mal hergeleitet, da ist es
irrelevant, ob wir im Inertialsystem ableiten oder im
Körperfestenbezugssystem, weil wenn wir zunächst im
Körperfestenbezugssystem ableiten, dann kommt noch das Kreuzprodukt
hinzu, allerdings das Kreuzprodukt von Omega von K in I, Kreuz Omega
von K in I, das war gerade 0, also letztendlich dürfen wir deshalb
hier auch schreiben, Omega von K in I Punkt, Kreuz R relativ, plus
Omega von K in I, und jetzt die Ableitung des Relativvektors nach der
Zeit im Inertialsystem, das hatten wir hier oben schon mal, das ist
gerade Omega von K in I, Kreuz R relativ.
Also Kreuz, und jetzt der letzte Term, ergibt Omega von K in I, Kreuz
R relativ.
Wie gesagt, das entspricht jetzt der Beschleunigung des Punktes P im
Inertialsystem.
Sie sollten durchaus mal hergehen und versuchen, diese Formeln einfach
nachzuvollziehen.
Schauen Sie sich dazu nochmal die Kapitel an, die wir bei der
Relativmechanik behandelt hatten.
Und wenn man genau hinschaut, dann haben wir bei der Herleitung der
Formeln für die Geschwindigkeit des Punktes P und für die
Beschleunigung des Punktes P an keiner Stelle jetzt zunächst mal
verwendet, dass eine ebene Bewegung vorliegt.
Also diese beiden Gleichungen für Geschwindigkeit und Beschleunigung
des Punktes P, die gelten auch dann, wenn eine allgemein räumliche
Bewegung vorliegt.
Für eine ebene Bewegung allerdings wird es ein bisschen einfacher,
weil dann die Winkelbeschleunigung ein Vektor ist, der die Richtung
nicht ändert und in die gleiche Richtung zeigt, wie die
Winkelgeschwindigkeit, nämlich senkrecht zur Bewegungsebene und die
Winkelgeschwindigkeit, auch das ist ein Vektor bei der ebenen
Bewegung, der die Richtung nicht ändert und ständig senkrecht auf der
Bewegungsebene steht.
Also das macht das Ganze eben sehr, sehr viel einfacher.
Also Sonderfallebene Bewegung, ich schreibe mal in der XY-Ebene mit
Omega von K in I, K in I ist
Omega EZ und Omega von K in I Punkt, die Winkelbeschleunigung ist dann
eben Omega Punkt EZ.
Das heißt, wenn wir jetzt den Körper anschauen, dann haben wir gesagt,
das Ganze findet in der XY-Ebene statt.
Wir haben den Körper,
wir haben den Bezugspunkt Q,
wir haben den Punkt P mit
RP beziehungsweise RQ, sowie den Relativvektor Rrelativ, das heißt
zunächst mal gilt RP gleich RQ plus Rrelativ und wenn alles in der XY
-Ebene verläuft, dann können wir in dem Falle Einheitsvektoren ER und
EFI derartig einführen, dass ER in Richtung von Rrelativ zeigt, EFI
senkrecht darauf steht.
Bei der Relativmechanik hatten wir das schon ähnlich gemacht, wenn es
sich um eine ebene Bewegung gehandelt hat.
Das heißt, in dem Falle können wir jetzt sagen, das ergibt RQ plus
Länge des Relativvektors, sagen wir das ist R, in Richtung von ER.
An der Stelle müssen wir ein bisschen aufpassen, nämlich wenn wir
jetzt einen Körper haben, der nicht beliebig dünn ist, bei dem ist es
vorstellungsmäßig sehr leicht, sondern eben beliebig ist, wir haben ja
nur gesagt, er bewegt sich eben, das heißt die einzelnen Punkte
bewegen sich in Ebenen, die parallel zueinander sind, das heißt
Punkte, die weiter oben sind, bewegen sich in einer anderen Ebene als
Punkte, die weiter unten sind.
Dann kommt hier beim Relativvektor noch ein Anteil in Z-Richtung
hinzu, aber wir haben schon oben oder vorher bei der Rotation des
starren Körpers um eine raumfeste Achse gesehen, dass dieser Anteil in
Z -Richtung, dass der in dem Falle bei der Kinematik keine große Rolle
spielt, der spielt höchstens später bei der Kinetik eine entsprechende
Rolle.
Jetzt machen wir wieder mal ein kurzes Gedankenexperiment, ob die
Studenten mir folgen können.
Bei der Kinetik spielt die Dickenrichtung durchaus eine Rolle, wenn
man als Beispiel das Auto nimmt.
Wer fährt Auto?
Wer hat beim Auto schon mal die Reifen gewechselt?
Wer hat nicht nur die Reifen gewechselt, sondern war in der Werkstatt
und hat praktisch neue Reifen aufziehen lassen?
Das macht wahrscheinlich immer der Papa, weil man da kräftig zahlen
muss.
Was wird dort gemacht?
Und dort wird ausgewuchtet.
Was hat denn das Ganze jetzt hiermit zu tun?
Stellen Sie sich einfach mal gedankenmäßig vor, Sie fahren auf der
Autobahn, schnurgerade Strecke, relativ schnell, dann macht der Reifen
eine ebene Bewegung.
Er macht eine Translation und gleichzeitig eine Rotation.
Also gerade das, was wir jetzt hier betrachtet haben.
Das heißt, die Punkte des Reifens, die bewegen sich alle in Ebenen,
die parallel zueinander sind.
Für die Kinematik ist das zunächst mal okay.
Für die Kinetik, und das werden wir noch sehen, und das wird besonders
wichtig im nächsten Semester, weil es dann schon mal in Richtung
allgemeinräumliche Bewegung geht, ist es natürlich so, dass die
einzelnen Massenpunkte dann relativ zur Drehachse des Reifens auf
Kreisbahnen sich bewegen und die Bewegung auf den Kreisbahnen zu
Fliehkräften führt.
Und jetzt kann man sich vorstellen, wenn die Verteilung der
Fliehkräfte in dicken Richtungen, wenn die nicht ideal ist, was
passiert plötzlich?
Plötzlich gibt es da irgendwelche Momente, solche Schleudermomente.
Und das merken Sie dann natürlich im Auto, wenn Sie fahren, weil dann
plötzlich der Reifen versucht, sich während einer Umdrehung immer so
zu bewegen.
Das müssen Sie mit dem Lenkrad dagegenhalten, also irgendwann wackeln
Ihnen dann die Finger.
Das wird natürlich auch ziemlich unsicher.
Lange Rede, kurzer Sinn, der Mechaniker in der Werkstatt, der sorgt
dann letztendlich dafür, dass gerade dieses Phänomen nicht auftritt,
indem er den Reifen auswuchtet.
Aber wie gesagt, wir sind hier jetzt bei der Kinematik, und bei der
Kinematik haben wir gesehen, na gut, die Komponente in dicken
Richtungen, die spielt keine große Rolle als Hausaufgabe über
Weihnachten, weil ja so viele Vorlesungen ausfallen.
Versuchen Sie mal, die Z-Komponente hier mitzunehmen und zu schauen,
was sich letztendlich als Ergebnis ergibt.
Wir beschränken es an der Stelle darauf, dass wir sagen, na gut, die Z
-Komponente können wir auf jeden Fall vernachlässigen, wenn unser
Körper beliebig dünn ist, dann sind alle Punkte in der XY-Ebene.
Wie gesagt, wenn wir die Z-Ebene mitnehmen, wird es nur etwas
komplizierter, unübersichtlicher, aber letztendlich ändert sich nicht
viel.
Nun, die Geschwindigkeit des Punktes P, da wissen wir, das gibt die
Geschwindigkeit des Punktes Q,
plus, jetzt müssen wir R, E, R ableiten.
Was ergibt R, E, R abgeleitet?
Nun, der Abstand der Punkte P und Q, der ändert sich nicht, also das R
wird konstant sein, aber das E, R, das ändert sich natürlich, das
ändert die Richtung, wenn der Körper sich dreht und da haben wir
gesehen, die Änderung des Einheitsvektors mit der Zeit ist in dem Fall
gerade Omega,
E, Phi und was noch fehlt, ist der Vorfaktor R.
Also im Grunde genommen hat man das auch schon mal behandelt.
Und ganz analog ergibt sich dann für die Beschleunigung des Punktes P,
zunächst mal die Beschleunigung des Punktes Q, wenn wir Omega, R, E,
Phi ableiten, dann sehen wir, Omega kann sich mit der Zeit ändern,
wenn nämlich die Winkelgeschwindigkeit sich betragsmäßig ändert, das
R, der Abstand der beiden Punkte, der ändert sich nicht, ist eine
Konstante, das E, Phi, der Einheitsvektor in Phi-Richtung, auch der
ändert die Richtung, wenn sich der Körper dreht, das heißt, wir haben
da ebenfalls einen entsprechenden Anteil, sodass sich letztendlich
ergibt, laut Produktregel, Omega Punkt R, E, Phi,
plus, und jetzt haben wir Omega, R, mal der Zeitableitung von E, Phi,
die Zeitableitung von E, Phi ist aber, was war das, minus Omega mal E,
R, ergibt also Omega Quadrat R, mal minus E, R, ich schreibe es mal
so, wir hätten auch schreiben können, minus Omega Quadrat R, E, R.
Wie gesagt, das ist wieder so ein Zentripetalanteil.
Nun, bei einer ebenen Bewegung kann man das grafisch auch sehr schön
darstellen, bei einer ebenen Bewegung,
wir haben also XY, nochmal, dass wir uns das vorstellen können, dann
hat man gesagt, wir hatten irgendwo den Punkt Q, und den Punkt P,
dann haben wir am Punkt Q, die Geschwindigkeit VQ, am Punkt P,
da haben wir als Geschwindigkeit, die Geschwindigkeit des Punktes Q,
fragen wir die mal an,
plus Omega R, E, Phi, das ist also ein Anteil, der senkrecht zur Achse
Q, P steht, also das ist ein Anteil hier senkrecht darauf, nennen wir
den mal Omega
R, E, Phi, und wie lang das dieser Pfeil ist, das hängt natürlich auch
davon ab, wie groß Omega ist, und wie groß R ist, müssen wir dann
maßstäblich machen, und wir sehen, die Geschwindigkeit des Punktes Q
setzt sich vektorell zusammen aus diesen beiden Anteilen, das heißt,
jetzt brauchen wir noch praktisch die Parallelogrammregel und erhalten
dementsprechend hier die Geschwindigkeit des Punktes P.
Ganz analog, die Beschleunigung,
wir haben den Punkt Q, der eine Beschleunigung AQ hat, wir haben den
Punkt P,
die Beschleunigung des Punktes P, haben wir gesehen, setzt sich
zusammen aus der Beschleunigung des Punktes Q,
beziehungsweise ich mache es mal anders, ich nehme mal zunächst die
beiden anderen Anteile, nämlich den Anteil Omega Punkt mal R in
Richtung von E, Phi, E, Phi war senkrecht auf der Geraden zwischen Q
und P, das ergibt also einen Anteil Omega Punkt R E Phi, dann haben
wir den Anteil Minus Omega Quadrat mal R mal ER, das ist der Anteil
hier nach unten,
mit einem Minuszeichen, und wie gesagt, jetzt müssen wir alle drei
Anteile addieren, das heißt wir addieren zunächst mal das AQ zu Omega
Punkt R E Phi hinzu, das waren dann hier AQ, dann noch den Anteil
Minus Omega Quadrat R ER
und erhalten somit als Ergebnis die Beschleunigung des Punktes P, als
Pfeil von P zur Spitze des letzten Vektors, also das entspricht gerade
der Beschleunigung des Punktes P.
Gibt es soweit Fragen?
Wenn wir nicht, dann machen wir jetzt ein paar Beispiele, ich würde
aber kurz vorher die Tafel wischen.
Und zwar betrachten wir die Schubkurbel für verschiedene Stellungen.
Zunächst mal in
einer Stellung, bei der wir die Kurbel haben,
die gegenüber der Horizontalen den Winkel Phi einschließt.
Wir wissen, das Ende der Kurbel bewegt sich auf einer Kreisbahn, ich
deute das mal so an.
Jetzt haben wir die Schubstange, die Schubstange sei so,
beziehungsweise die Kurbel hat die Länge R, gleichzeitig der Radius
des Kreises, welchen der Gelenkpunkt beschreibt.
Nehmen wir den mal den Punkt A.
Und wir haben jetzt die Kurbelstange, die in Verlängerung der Kurbel
gehen soll.
Das Ganze ist dann so gelagert, dass praktisch der Punkt B, am Ende
der Schubstange, dass der vertikal geführt wird.
Das heißt auch hier haben wir gerade im Moment den Winkel Phi.
Wohlwissend, dass wenn die Bewegung weiter verläuft, der Winkel der
Kurbel nicht dem Winkel der Schubstange entspricht, die müsste man
also unterscheiden.
Aber wie gesagt, in der augenblicklichen Stellung ist Phi der Winkel,
der beide beschreibt.
Und dementsprechend haben wir für die Kurbel eine
Winkelgeschwindigkeit Omega 1.
Die Winkelgeschwindigkeit der Schubstange wird allerdings verschieden
sein, nennen wir die mal Omega 2.
Und wir nehmen an, dass die Länge der Schubstange gerade L ist.
Wie gesagt, im Gegensatz zum Radius R der Kurbel.
Und wenn wir zunächst das Ganze rechnerisch machen, dann liegt es
vielleicht nahe, dass wir ein entsprechendes Koordinatensystem
einführen.
XY mit Ursprung im Lager der Kurbel.
Wir hatten gesehen,
wenn wir jetzt die Drehung der Kurbel vorgeben, dann ist die Kurbel
zwar ein starrer Körper, aber wir kennen dann letztendlich die
Geschwindigkeit aller Punkte auf der Kurbel.
Damit auch die Geschwindigkeit des Gelenkpunktes A.
Und das Problem ist jetzt, wie sieht das Ganze für die Schubstange
aus?
Hier oben haben wir den Punkt B.
Wie groß ist die Geschwindigkeit des Punktes B in der augenblicklichen
Stellung?
Und wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit Omega 2 des Omega 1?
Das können wir vorgeben, aber die Frage ist, wie groß ist Omega 2?
Das heißt, jetzt betrachten wir die Schubstange als starren Körper und
wir sehen als Bezugspunkt, von dem wir die Geschwindigkeit kennen,
haben wir dann natürlich sofort den Gelenkpunkt A.
Und wie gesagt, wichtig ist dann die Geschwindigkeit des Punktes B.
Wobei wir an der Stelle schon sagen können, so ganz unbekannt ist die
Geschwindigkeit des Punktes B nicht.
Was wir auf jeden Fall kennen, ist die Richtung.
Nämlich die Geschwindigkeit des Punktes B muss ein Vektor sein, der
praktisch vertikal eine Richtung hat.
So, schauen wir mal.
Wir wissen auf jeden Fall, die Geschwindigkeit des Punktes A, des
Gelenkpunktes, die ist vorgegeben durch die Drehung der Kurbel.
Die Geschwindigkeit des Punktes A ist Omega 1 mal R, allerdings so
gerichtet, dass das in negative X-Richtung zeigt in dem Falle und für
die augenblickliche Stellung in positive Y-Richtung.
Also man erkennt die Geschwindigkeit des Punktes A, die ist Omega 1
mal R
und man sieht, wenn der Punkt sich hier unten befindet, dann geht die
ganze Geschwindigkeit in Y-Richtung.
Also haben wir in X-Richtung den Anteil Sinus Phi, allerdings in
negative X-Richtung, also Minus Sinus Phi Ex und dementsprechend in
vertikaler Richtung Plus Cosinus Phi Ey.
Das ist also, wenn wir das übertragen jetzt, die bekannte
Geschwindigkeit des Bezugspunktes.
Früher hat man das mit Q bezeichnet, jetzt Gelenkpunkt A.
Die Geschwindigkeit des Punktes B ist dementsprechend V A plus, wenn
wir es abschreiben,
Winkelgeschwindigkeit des starren Körpers, wir betrachten die
Schubsprange, also haben wir da die Winkelgeschwindigkeit Omega 2
mal Abstand der beiden Punkte, das war L, in Richtung von E Phi, wobei
E Phi, das war ein Vektor, der senkrecht auf der Verbindungsgrade
zwischen A und B liegt, also der Vektor E Phi zeigt hier irgendwo in
die Richtung.
Oder, wenn wir das wieder rechnerisch machen, dann sehen wir die
Geschwindigkeit des Punktes B, muss also sein V A, das war minus Omega
1 R Sinus Phi E X plus Omega 1 R Cosinus Phi E Y plus Omega 2 L mal E
Phi.
Nun, wir sehen, E Phi können wir in die gleichen Anteile zerlegen wie
die Geschwindigkeit V A, weil nämlich die Richtung von E Phi dieselbe
ist wie die Richtung von V A, also steht hier minus Omega 2 L
Entschuldigung, E X plus
Sinus Phi E X plus Omega 2 L Cosinus Phi E Y Das heißt, jetzt können
wir alle X- und Y-Komponenten zusammenfassen.
Das heißt, für V B ergibt sich zunächst mal in X-Richtung haben wir
minus Omega 1 R Sinus Phi minus Omega 2 L Sinus Phi, das ergibt minus
Omega 1 R plus Omega 2 L mal Sinus Phi E X und in Y-Richtung haben wir
jeweils Omega 1 R beziehungsweise Omega 2 L, jeweils multipliziert mit
Cosinus Phi, also plus Omega 1 R plus Omega 2 L Cosinus Phi E Y
Das ergibt V B X in X-Richtung plus V B Y in Y-Richtung, wobei wir
wissen, dass der Anteil V B X in X-Richtung aufgrund der Lagerung am
Punkt B gerade verschwinden muss.
Also, aus Lagerbedingungen folgt V B X gleich 0.
Das war aber gerade minus Omega 1 R plus Omega 2 L mal Sinus Phi.
Das heißt, Omega 1 R plus Omega 2 L muss 0 sein.
Das wiederum bedeutet, Omega 2 ist unbekannt, R, L und Omega 1 wird
als bekannt vorausgesetzt.
Das heißt, Omega 2 ist in dem Falle minus Omega 1 R durch L.
Wenn wir dieses Ergebnis in die Gleichung für V B einsetzen, dann
sehen wir, V B ist, die erste Klammer war 0.
Und jetzt sehen wir, wenn die erste Klammer 0 ist, dann ist natürlich
auch die zweite Klammer 0.
Das heißt, auch die Y-Komponente der Geschwindigkeit des Punktes B
verschwindet in dem Falle, sodass für die augenblickliche Stellung
sich für die Geschwindigkeit des Punktes B gerade der Nullvektor
ergibt.
Wenn wir das Ganze grafisch lösen wollen, dann sehen wir,
grafisch setzt sich die Geschwindigkeit des Punktes B zusammen aus der
Geschwindigkeit des Punktes A.
Das war V A.
Und für die Geschwindigkeit des Punktes B, um die zu erhalten, müssen
wir jetzt noch den Anteil Omega 2 L mal E phi hinzuaddieren.
Den kennen wir zwar betragsmäßig nicht, von dem kennen wir aber die
Richtung.
Das heißt, der Anteil Omega 2 L E phi, der liegt irgendwo auf der
Geraden.
Und als Ergebnis muss sich ein Vektor ergeben,
der auf der Vertikalen durch den Punkt B liegt.
Also als Ergebnis für den Punkt B muss sich ein Vektor ergeben, der
auf der Geraden liegt.
Und jetzt sehen wir, wenn wir das entsprechend auswerten, dann gibt es
nur die Möglichkeit, dass eben, ich zeichne das jetzt mal grün ein,
dass der Vektor Omega 2 L E phi ist.
Das Omega 2 ist in dem Falle negativ.
Und als Gesamtergebnis erhalten wir eine Geschwindigkeit, die eben
gerade dem Nullvektor entspricht, weil dieser Pfeil im Punkt B endet.
Das ist ein bisschen ein Sonderfall bei der grafischen Lösung.
Betrachten wir noch eine zweite Stellung.
Also im Falle B haben wir jetzt wieder die Kurbel,
die so eine Kreisbahn beschreibt.
Wir haben wieder den Winkel phi.
Die Kurbel hat die Winkelgeschwindigkeit Omega 1.
Jetzt ist aber die Koppelstange so gerichtet, dass die gerade vertikal
steht.
Also die Konstruktion sieht jetzt natürlich ein bisschen anders aus.
Stimmt nicht genau mit dem von oben überein.
Wiederum hat die Koppelstange die Länge L.
In dem Falle haben wir noch die Winkelgeschwindigkeit Omega 2 von der
Koppelstange.
Wie gesagt, der Winkel der Koppelstange zur Horizontalen beträgt
gerade 90 Grad.
Die Geschwindigkeit des Punktes A, die ist wieder bekannt, weil die
Winkelgeschwindigkeit Omega 1 bekannt ist und die Kurbel den Radius R
hat.
Die Koordinaten Achsen X und Y, die zeichne ich jetzt mal nicht ein.
Wir wissen auf jeden Fall die Geschwindigkeit des Punktes A.
Die ist im Grunde genommen durch das gegeben, was wir zuvor hatten.
Also Omega 1 R mal Minus Sinusphi E X plus Cosinusphi E Y und die
Geschwindigkeit des Punktes B.
Moment, das sollte natürlich so sein, dass es hier gleiten kann.
Die Geschwindigkeit des Punktes B, die setzt sich zusammen aus der
Geschwindigkeit des Punktes A plus die Drehung des Punktes B um den
Punkt A.
Das heißt in dem Falle hat E Phi eine Richtung in negative X
Achsenrichtung, sodass für die Geschwindigkeit des Punktes B sich
ergibt V A plus Omega 2 L E Phi.
Wir sehen, das V A, das können wir abschreiben, Omega 1 R minus
Sinusphi E X plus Cosinusphi E Y und wir sehen, das E Phi lässt sich
in dem Falle sehr leicht ausdrücken.
Das ist nämlich gerade Minus E X, sodass jetzt noch folgt Minus Omega
2 L E X.
Wir fassen wieder zusammen.
Alle Anteile in X- und Y-Richtung, das ergibt in dem Falle also Minus
Omega 1 R Sinusphi plus Omega 2 L in X-Richtung plus Omega 1 R
Cosinusphi in E Y-Richtung.
Und wir sehen, auch hier gilt, dass aufgrund der Lagerung die
Geschwindigkeit des Punktes B keinen Anteil in X-Richtung haben kann,
das heißt insgesamt muss der Anteil 0 ergeben.
Das ergibt dann die Forderung,
also Forderung aus
Lagerung von B,
dass eben V B X gleich 0 ist.
Das war Minus Omega 1 R Sinusphi plus Omega 2 L.
Und jetzt sehen wir, Omega 2 muss also gerade sein.
Doch, Minus Omega 1 mal R Sinusphi dividiert durch L.
Setzen wir das Ergebnis in der Geschwindigkeit für den Punkt B ein,
dann sehen wir, die X-Komponente fällt weg.
Es verbleibt einzig und allein Omega 1 R mal Cosinusphi.
Also V B ergibt sich dann zu Omega 1 R Cosinusphi E Y.
Nun die grafische Lösung,
auch die können wir uns nochmal klar machen.
Wir wissen, die Geschwindigkeit des Punktes B, die setzt sich zusammen
aus der Geschwindigkeit des Punktes A.
Soll jetzt also parallel sein und gleich lang.
Plus die Drehung des Punktes B um den Punkt A, ein Anteil in Richtung
von E Phi, also in dem Fall in horizontaler Richtung.
Und das Ganze muss ergeben, einen Vektor, der durch den Punkt B geht
und vertikal ausgerichtet ist.
Das hatten wir gesagt.
Also das Ganze muss einen Vektor ergeben, der so gerichtet ist und wir
sehen, das geht natürlich nur dadurch, dass wir jetzt hier einen
Anteil Omega 2 L E Phi haben und sich dadurch ein Vektor ergibt,
V B in vertikaler Richtung.
Das war die grafische Lösung.
Gibt es soweit Fragen?
Wenn nicht, dann kommen wir jetzt zum sogenannten Momentanpol.
Ich hatte schon den Begriff erwähnt, das ist der momentane Punkt, um
den sich der Körper bei der ebenen Bewegung gerade dreht.
Dieser Punkt muss nicht auf dem Körper liegen, der kann auch irgendwo
außerhalb des Körpers liegen.
Jetzt hat man allerdings zwei Betrachtungsweisen, man kann den Punkt
immer noch als Teil des Körpers betrachten und kann den Punkt aber
auch als Teil des Inertialsystems betrachten.
Und wir haben gesehen, die Lage dieses Punktes, sowohl auf dem Körper
wie auf dem Inertialsystem, die kann sich ändern mit der Zeit.
Das heißt, wenn wir alle Punkte in dem körperfesten Bezugssystem
miteinander verbinden, die irgendwann mal Momentanpol werden, dann
ergibt das die Gangpolbahn.
Und wenn wir alle Punkte des Inertialsystems, die irgendwann mal
Momentanpol werden, miteinander verbinden, dann ergibt das die
Rastpolbahn.
Und ohne das hier zu zeigen, rollen beide aufeinander ab.
Das wäre zum Beispiel auch wichtig bei Getrieben.
Nun, ich hatte gesagt, der Momentanpol ist der Punkt, um den sich der
Körper momentan dreht, wobei wir, um das noch zu sagen, bei einer
reinen Translation natürlich den Momentanpol im Unendlichen liegen
haben.
Aber was muss dann letztendlich für den Momentanpol gelten?
Und die Geschwindigkeit des Momentanpols P, nennen wir den einfach mal
P, die setzt sich ja zusammen aus der Geschwindigkeit eines Punktes A,
die wir kennen,
plus Omega kreuzt den Vektor vom Bezugspunkt, das war in dem Fall der
Punkt A, zum Punkt, an dem wir die Geschwindigkeit wissen wollen, das
war der Momentanpol P, also Kreuz R, A, P und wenn der Momentanpol der
Punkt ist, um den sich der Körper momentan dreht, dann hat er eben die
Geschwindigkeit Null.
Also das ist die Forderung, das muss gerade Null ergeben.
Also mit beliebigem Bezugspunkt A.
Jetzt machen wir eine Vektormultiplikation von links mit Omega, dann
ergibt sich Omega kreuz VA,
plus, und jetzt haben wir Omega kreuz Omega kreuz R, A, P.
Rechts haben wir Omega kreuz Null, Omega kreuz Null ist immer noch die
Null.
Wir können jetzt einführen, dass ja Omega,
Omega EZ ist,
VA ist VA mal E Phi
und RAP ist Betrag des Vektors RAP mal ER.
Also wir haben im Grunde genommen wieder so eine Art Dreibein
eingeführt, wie bei Zylinderkoordinaten.
Setzen das in das Kreuzprodukt ein,
dann haben wir Omega EZ kreuz VA E Phi
plus Omega EZ kreuz Omega EZ kreuz RAP ER gleich Null.
Jetzt ist EZ und ER senkrecht.
Das heißt,
EZ kreuz EZ kreuz ER ergibt gerade einen Vektor in negative ER
-Richtung.
Also EZ kreuz EZ kreuz ER ergibt dann minus ER.
Das heißt, wir haben jetzt Omega VA EZ kreuz E Phi
minus Omega Quadrat RAP ER
muss Null sein oder, ich schreibe mal auf der linken Tafel hier
weiter, RAP ER gleich, müssen wir durch Omega Quadrat dividieren und
eine auf die rechte Seite, also im Grunde genommen VA dividiert durch
Omega EZ kreuz E Phi
oder 1 durch Omega Quadrat, wir erweitern also mit Omega, schreiben
das Omega allerdings vor das EZ und das VA vor das E Phi, gibt also
Omega EZ kreuz VA E Phi und jetzt sehen wir Omega EZ, das war gerade
die Geschwindigkeit Omega, das VA E Phi war die Geschwindigkeit VA,
gibt also 1 dividiert durch Omega Quadrat mal Omega kreuz VA.
Damit ist die Lage des momentanen Pols bestimmt
und wir sehen, Omega und VA stehen senkrecht zueinander
beziehungsweise die Lage des momentanen Pols ist so, dass ausgehend
von A, der auf einer Geraden liegt, die sowohl senkrecht zu Omega, das
heißt liegt an der Bewegungsebene, wie auch senkrecht zu VA ist.
Das heißt, wenn ich jetzt irgendwo mein VA gegeben habe, dann weiß
ich, dass der Momentanpol irgendwo senkrecht dazu liegt.
Also wenn ich irgendwo das VA habe, dann weiß ich, mein Momentanpol
liegt irgendwo auf einer Geraden, die senkrecht zu VA steht.
Wo er dann genau liegt, das hängt dann von den Größen ab, das muss man
ausrechnen oder wenn man eben zwei Punkte hat, von denen man aufgrund
der Lagerung die Richtung kennt, dann kann man auf beiden Punkten die
Senkrechte zur Geschwindigkeitsrichtung bilden und der Momentanpol
muss sich dann halt auf dem Schnittpunkt dieser beiden Geraden liegen.
Ich würde sagen, wir haben jetzt den Momentanpol zumindest mal
hergeleitet, Sie können sich das über Weihnachten nochmal anschauen.
Ich weiß, es war am Ende etwas schnell.
Wir werden, weil jetzt eine größere Pause dazwischen liegt, das
nochmal ganz kurz wiederholen, aber wirklich nur kurz und dann eher
Beispiele machen.
Damit sind wir am Ende der heutigen Vorlesung angelangt.
Wir schließen deshalb die Vorlesung für dieses Jahr ab.
Ich hoffe, wir sehen uns alle gesund im neuen Jahr wieder.
Ich wünsche Ihnen allen ein frohes Weihnachtsfest und, wie sagt man so
schön, einen möglichst guten Wirkungsgrad des Nikolauses oder des
Weines des Christkindchens.
Viel Spaß beim Skifahren, einen guten Rutsch und bis demnächst.
Vielen Dank.