Guten Tag meine Damen und Herren, ich darf Sie zur Vorlesung herzlich
begrüßen.
Wieder ein kurzer Hinweis, dass wir die Vorlesung aufzeichnen.
Wir haben in der letzten Vorlesung die ebene Bewegung eines starren
Körpers betrachtet, haben den Impulssatz dann durch Integration über
alle Massenelemente hergeleitet.
Das führt dann zu dem Ergebnis, wenn die Bewegung in der XY-Ebene
erfolgt, dass die Masse mal der Schwerpunktsbeschleunigung gerade der
Summe der äußeren Kräfte entspricht oder ausgewertet für die einzelnen
Komponenten dann eben Masse mal Beschleunigung des Schwerpunktes, wie
gesagt, immer wichtig den Schwerpunkt dazu zu nennen, in X-Richtung,
gleich Summe aller Kräfte in X-Richtung, beziehungsweise Masse mal
Schwerpunktsbeschleunigung in Y-Richtung, das war YS2-Punkt, ergibt
oder ist gleich der Summe der äußeren Kräfte in Y-Richtung.
Nun, was folgen wir daraus?
Zum einen, wenn wir uns zurück erinnern an die Bewegung eines starren
Körpers bei einer Rotation, um eine raumfeste Achse, das war ja auch
eine ebene Bewegung,
also bei einer Drehung um eine feste Achse,
wissen wir jetzt zum einen, wenn der Schwerpunkt auf der Drehachse
liegt und wir mal Gewichtskräfte vernachlässigen, dann wirken auf den
Körper praktisch in der Summe keine Kräfte, also liegt S auf
Drehachse, bedeutet dies RS2-Punkt gleich Null und damit Summe der
Lagerkräfte ist
ebenfalls Null.
Allerdings ist es nicht unbedingt so, dass alle Lagerkräfte Null sind,
sondern die Lagerkräfte können, wenn eben die Zentrifugalkräfte, die
wir aber dann im nächsten Semester näher betrachten, wenn die Not oder
Zentrifugalkräfte auftreten, dann kann es sein, dass die Lagerkräfte
in der Summe zwar Null sind, aber nicht die einzelnen Lagerkräfte an
sich.
Das heißt, dass meinetwegen im einen Lager eine Kraft in der Richtung
wirkt, aber im anderen Lager in entgegengesetzte Richtung, um eben
dann durch das Kräftepaar die Zentrifugalmomente auszugleichen.
Wenn aber bei der Drehung um eine feste Achse der Schwerpunkt
außerhalb der Drehachse liegt, also liegt S außerhalb der Drehachse,
dann bewegt sich der Schwerpunkt auf einer Kreisbahn.
Und wir wissen, wenn sich ein Punkt auf einer Kreisbahn bewegt, wird
er immer beschleunigt.
Dann ist also RS2-Punkt ungleich Null und damit auch auf jeden Fall
die Lagerkräfte von Null verschieden.
Das hatte ich schon ein bisschen angedeutet beim Thema Ausbuchten.
Wenn der Mechaniker in der Autowerkstatt den Autoreifen ausbuchtet,
dann muss er also zunächst mal es schaffen, dass der Schwerpunkt auf
der Drehachse liegt, weil sonst der Schwerpunkt ständig beschleunigt
werden muss.
Das ist das eine.
Das leuchtet an der Stelle relativ gut ein.
Das andere ist eben, dass die Zentrifugalmomente verschwinden.
Das ist dann eigentlich Thema nächstes Semester.
Kommen wir dann zum Trallsatz in differenzieller Form.
Da wissen wir, wenn wir den Trall eines differenziellen
Massenelementes haben, und zwar den Trall bezüglich dem ortsfesten
Bezugspunkt O,
bei einem Massenelement im Differenziellen ist das dann ein
differenzieller Trall, DL bezüglich O, und den nach der Zeit ableiten,
dann entspricht das gerade der Summe der Momente auf das
Massenelement, also gleich DM bezüglich dem selben Bezugspunkt.
Das haben wir gesehen.
Wir wissen, der Trall selbst, das war R kreuz V.
Also DL bezüglich O ist R kreuz V, DM.
Also R kreuz dem Impuls des Massenelementes, der Impuls war
Geschwindigkeit mal der Masse, Massenelement hat die Masse DM.
Und da sehen wir, das können wir aufsplitten, R setzt sich zusammen
aus RA plus Rrelativ.
Die Geschwindigkeit V des Massenelementes können wir darstellen durch
die Geschwindigkeit des Punktes A, das müsste jetzt jeder hinbekommen.
V gleich VA plus jetzt ein Anteil aufgrund der Drehung des
Massenelementes um den Punkt A, das war Omega kreuz Rrelativ.
Also haben wir an der Stelle VA plus Omega kreuz Rrelativ.
Das DM gehört immer noch dazu.
Sodass sich für den Trallsatz nach Integration über alle
Massenelemente ergibt.
D nach DT von... und jetzt müssen wir hier rüber integrieren.
Ich splitte das schon mal auf in einzelne Anteile, nämlich ein
Integral über die gesamte Masse.
Was sollen wir dann dastehen?
RA skalarmultipliziert mit VA.
Moment...
Das war das Kreuzprodukt.
RA kreuz VA DM.
Dann haben wir RA kreuz Omega kreuz Rrelativ.
RA kreuz Omega kreuz Rrelativ.
Dann haben wir Rrelativ kreuz VA.
Sowie Rrelativ kreuz Omega kreuz Rrelativ.
Also Rrelativ kreuz Omega kreuz Rrelativ DM.
Jetzt fehlt noch auf der anderen Seite die Integration über alle
Momente, die wir wieder aufsplitten können.
In die äußeren Momente MA bezüglich O plus die Momente im Inneren,
also DMI, die inneren Momente bezüglich O.
Wobei auch an der Stelle, das setzen wir wieder voraus, haben wir ja
schon gesehen bei der Drehung des Körpers um eine raumfeste Achse,
dass wir da ein zweites Axiom brauchen, dass nämlich die Integration
über die inneren Momente letztendlich verschwindet.
Also, da haben wir gesagt, es gibt den Nullvektor sozusagen als Axiom.
Schauen wir mal, was die einzelnen Therme ergeben.
Da haben wir zunächst mal das Integral über RA kreuz VA.
Und da sehen wir, RA und VA, das sind der Ortsvektor zum Bezugspunkt
A.
Und die Geschwindigkeit des Punktes A, die ändern sich natürlich nicht
bei der Integration über die einzelnen Massenelemente.
Das ergibt also letztendlich, auf die geschweifte Klammer müssen wir
auch noch zumachen, also d nach dt von RA kreuz VA.
Und jetzt bleibt noch stehen, Integral über dm, das gibt aber dann
gerade die Gesamtmasse des Körpers.
Plus.
Und dann sehen wir, auch bei dem zweiten Integral können wir zunächst
den Ortsvektor zum Punkt A rausziehen, als Konstant bezüglich der
Integration nach der Masse.
Gibt also RA kreuz dem Integral über Omega kreuz R Relativ.
Das Omega ist die Winkelgeschwindigkeit des Körpers, auch die ist
dieselbe für alle Massenelemente.
Können wir also auch rausziehen, dann bleibt noch übrig RA kreuz Omega
kreuz Integral R Relativ dm.
An der Stelle können wir das VA ebenfalls als Konstante aus dem
Integral rausziehen.
Das gibt dann Integral R Relativ dm kreuz VA.
Und jetzt haben wir an der Stelle ein Integral drin stehen, R Relativ
kreuz Omega kreuz R Relativ, da haben wir leider das Omega, das
Konstant ist für alle Massenelemente.
Das haben wir jetzt in der Mitte stehen, das können wir nicht so ohne
weiteres rausziehen.
Wie man das dann in ganz allgemeiner Form macht, das sehen wir im
nächsten Semester.
Da kommt dann der Trägheitstensor ins Spiel.
An der Stelle können wir zunächst mal einsetzen, R Relativ.
Was ist das?
Das ist praktisch RER plus ZEZ kreuz
Omega.
Omega ist Omega EZ.
Kreuz R Relativ, das war wieder RER plus ZEZ.
Gleich und die Summe über alle differenziellen äußeren Momente gibt
dann gerade die Summe aller äußeren Momente bezüglich dem Bezugspunkt
O.
Jetzt schauen wir mal, da haben wir schon eingesetzt das Integral über
dm, gerade die Gesamtmasse ergibt des Körpers.
Jetzt haben wir an der Stelle das Integral R Relativ dm.
Das sollten Sie auch wissen, dass das gerade ergibt die Gesamtmasse
des Körpers mal den Vektor vom Bezugspunkt A zum Schwerpunkt S.
Also das war m mal r As.
Also
haben wir jetzt d nach dt von m mal r A kreuz V A.
Plus m mal r A kreuz Omega kreuz r As.
Das tritt an der Stelle ebenfalls nochmal auf, also plus m mal r As
kreuz V A.
Plus,
und jetzt haben wir an der Stelle wieder, man sieht, an der Stelle
fällt Omega EZ kreuz ZEZ.
Das fällt raus, weil EZ kreuz EZ null ergibt.
Das ist weniger schlimm.
Dann bleibt noch stehen, Omega mal r EZ kreuz ER.
EZ kreuz ER entspricht E phi.
Jetzt haben wir an der Stelle ER kreuz E phi ergibt EZ.
EZ kreuz E phi ergibt irgendwas mit minus ER.
Also letztendlich haben wir einen Anteil hier drin stehen im Integral
in der Bewegungsebene.
Das trat auch schon auf beim Drehung des starren Körpers um eine
raumfeste Achse.
Das führt wie gesagt gerade zu den Zentrifugalmomenten.
Aber was man an der Stelle ein bisschen, ich schreibe es nochmal
allgemein hin, Integral über die Gesamtmasse.
Und dann haben wir ER kreuz Omega r E phi ergibt Omega r Quadrat EZ.
EZ plus Z Omega r.
Und dann haben wir wie gesagt EZ kreuz E phi ergibt minus ER.
DM gleich, rechts bleibt stehend, äußere Momente bezüglich O.
Wir sehen, wenn wir jetzt gerade das letzte Integral aufsplitten in
Anteile in Z-Richtung und in die Anteile senkrecht dazu, dann ist EZ
konstant für alle Massenelemente.
Das können wir also rausziehen.
Das Omega können wir rausziehen, dann bleibt irgendwas stehen bei dem
Anteil Integral r Quadrat DM.
Das ist aber gerade das, was wir schon vorher hatten, nämlich das
Massenträgerheitsmoment.
Bei dem Anteil, wie gesagt, das Z hängt ab vom gewählten
Massenelement.
Das R hängt ab vom gewählten Massenelement.
Das ER hängt ab vom gewählten Massenelement.
Das heißt, an der Stelle lassen wir das einfach mal stehen und
beschränken uns auf die Z-Komponente.
Und
wir machen das noch so,
Bezugspunkt O gleich S und Bezugspunkt auf den Körper A, der soll
ebenfalls S sein.
Dann sehen wir nämlich, RA ist dann Null.
Der Ortsvektor von A nach S ist dann ebenfalls Null.
Das heißt, das M mal RA kreuz VA, das fällt weg.
M mal RA kreuz Omega kreuz RAS fällt weg.
Und auch der letzte Termin der oberen Zeile, M mal RA mal RAS.
Kreuz VA fällt ebenfalls weg.
Was noch übrig bleibt, ist ein Integral über die gesamte Masse.
Omega R Quadrat DM gleich Summe aller äußeren Momente bezüglich O in Z
-Richtung.
Wie gesagt, es kann auch Momente geben in der Bewegungsebene.
Die Zentrifugalmomente oder dann auch Lagermomente oder von außen auf
den Körper einwirkend, damit er sich überhaupt eben bewegt.
Jetzt können Sie relativ leicht feststellen, nehmen Sie irgendeinen
unsymmetrischen Körper, der vielleicht relativ hoch ist und
unsymmetrisch und versuchen den mal in Drehbewegung zu versetzen.
Durch die Zentrifugalmomente kippt er dann um.
Und was wir jetzt noch vergessen haben, war natürlich das D nach DT.
Keiner hat es gemerkt.
Jetzt sehen wir aber, an der Stelle haben wir nur noch skalare Größen
drin stehen.
Also,
das war vielleicht in der oberen Gleichung, das hatte ich vergessen zu
erwähnen.
Das Z können wir rausziehen aus dem Integral, aber gleichzeitig ist
das EZ konstant bei der Zeitableitung.
Deshalb können wir überhaupt die Z-Komponente da separat behandeln.
Und wir haben jetzt stehen, das Omega ist konstant bei der
Integration, können wir vorziehen.
Das Integral r² dm hängt nicht von der Zeit ab, also folgt
letztendlich Omega
Punkt mal Integral r² dm.
Gleich Summe aller äußeren Momente um die Z-Achse, bezüglich dem
Schwerpunkt haben wir gesagt, O gleich S.
Und jetzt haben wir wieder unser altbekanntes Massenträgheitsmoment
Theta dastehen.
Und zwar bezüglich einer Achse durch den Schwerpunkt.
Gibt es soweit Fragen?
Man sieht also, wenn ich das zunächst mal so ganz allgemein
hinschreibe und dann die ebene Bewegung einführe, muss ich doch immer
irgendwo ein bisschen so Hilfskonstrukte nehmen, damit man sieht, die
Z -Komponente ist wirklich ein bisschen entkoppelt von den anderen,
aber die anderen Komponenten können natürlich auch wichtig werden.
Aber wie gesagt, da wirken dann eben entsprechende Zwangsmomente auf
den Körper, damit der sich unter Umständen eben bewegt.
Ganz einfach macht man es sich, wenn man sagt, wir stellen uns einfach
den Körper als sehr dünne Scheibe vor, dann sind die
Zentrifugalmomente eh im Prinzip null, weil da keine Dickenausdehnung
vorhanden ist.
So, wenn wir das Ganze im Sinne der Lombärs behandeln,
dann haben wir zunächst mal als Bewegungsgleichungen für die ebene
Bewegung, die maßgebend sind, den Impulssatz,
dass eben Masse mal Schwerpunktsbeschleunigung gerade der Summe der
äußeren Kräfte entspricht.
Wir können das auch noch so kenntlich machen, äußere Kräfte.
Und aus dem Drehimpulssatz, Theta S mal Omega Punkt, oder wenn wir die
Drehung bei einer ebenen Bewegung mit einem Winkel Phi vermaßen, dann
wäre die Winkelbeschleunigung dann entsprechend Phi 2 Punkt, gleich
Summe aller äußeren Momente bezüglich dem Schwerpunkt, das ist in dem
Falle, um die Z-Achse, die Momente zu nehmen sind.
Ich denke, das wissen wir jetzt.
Oder, wenn wir das noch aufsplitten für die beiden Bewegungsrichtungen
in der Bewegungsebene X und Y, dann ergibt sich eben entsprechend M XS
2 Punkt gleich Summe aller äußeren Momente in X-Richtung, M YS 2 Punkt
gleich Summe aller äußeren Kräfte in Y-Richtung, beziehungsweise Theta
S Phi 2 Punkt gleich Summe aller Momente bezüglich dem Schwerpunkt um
die Z-Achse.
Also drei Skalarergleichungen oder eben eine Skalarergleichung plus so
eine Vektorgleichung.
Und jetzt können wir eben wieder entsprechende Trägheitstherme
einführen.
Man sieht, wenn wir das schreiben wollen, im Sinne eines
Kräftegleichgewichts müssen wir den linken Term M X RS 2 Punkt nach
rechts bringen.
Das heißt, mit Trägheitskräften und Trägheitsmomenten.
Und Trägheitsmomenten ergibt sich dann entsprechend F A plus F T
gleich 0.
Und um das deutlich zu machen, dass wir hier eben die Trägheitskraft
brauchen, die sich ergibt, wenn wir uns bei der Beschleunigung auf den
Schwerpunkt beziehen, können wir da schreiben F T S.
Sodass F T S gerade sein muss Minus M mal RS 2 Punkt oder
Schwerpunktsbeschleunigung A S.
Also Minus M mal A S.
Und bei der Momentbilanz ganz analog.
Die äußeren Momente bezüglich dem Schwerpunkt plus das Trägheitsmoment
bezüglich dem Schwerpunkt muss in der Summe 0 ergeben.
Also M S plus Trägheitsmoment M T bezüglich dem Schwerpunkt gleich 0.
Und dann muss eben sein, dass M T S gleich Minus Massenträgheitsmoment
bezüglich dem Schwerpunkt mal V 2 Punkt.
Also auch bei der Drehbewegung ist es natürlich wichtig, dass Sie das
entsprechende Massenträgheitsmoment in dem Fall dann wirklich
bezüglich dem Schwerpunkt nehmen und nicht in einem beliebigen anderen
Punkt.
Machen wir mal als Beispiel dazu das rollende Rad.
Das rollende Rad.
Wir nehmen an, das hat eine Masse M,
den Radius klein a,
das Massenträgheitsmoment Theta bezüglich S.
Das kennen wir, homogene Scheibe ist ein Halb mal Masse mal Radius zum
Quadrat.
Es gibt also gerade M Halbe a Quadrat auf der schiefen Ebene.
Das heißt, wir haben die schiefe Ebene mit dem Neigungswinkel Alpha.
Wir haben dann das Rad auf der schiefen Ebene, das sich auch infolge
der Erdbeschleunigung nach unten bewegt.
Wir haben da den Schwerpunkt des Rades.
Und wir führen jetzt zwei Koordinaten ein, nämlich zum einen die
Bewegung entlang der schiefen Ebene, das sei gerade das X.
Und die Drehbewegung der Scheibe, gekennzeichnet durch den Winkel Phi.
Und man sieht, wenn das Rad wirklich rollt, dann hängen die beiden
Koordinaten natürlich zusammen.
Da brauchen wir noch die Kinematik dazu, das sehen wir aber noch im
Einzelnen.
Um das im Sinne D'Alembert's zu lösen,
müssen wir zunächst mal die äußeren Kräfte und Momente bestimmen.
Und auch noch die entsprechenden Trägheitstherme, das heißt wir machen
jetzt ein Freikörperbild des rollenden Rades.
Jetzt tragen alle äußeren Kräfte und Momente an, sowie alle
Trägheitstherme.
Und da sehen wir, im Schwerpunkt haben wir natürlich zunächst die
äußere Gewichtskraft, das war das G oder das MLG.
Dann haben wir eine Kraft von der schiefen Ebene auf das Rad.
Und zwar senkrecht zur schiefen Ebene zunächst mal eine Normalkraft.
Ich deute das mal so an, da war der Winkel Alpha.
Das heißt,
der Winkel Alpha, der tritt nochmal an der Stelle auf,
beziehungsweise an der Stelle.
Wenn aber Reibung vorliegt am Kontaktpunkt, dann haben wir auch eine
Reibkraft.
Die Reibkraft wirkt im Allgemeinen der Bewegung entgegen, sagen wir
hier die Reibkraft R.
Und wenn wir keine Reibkraft haben, was passiert dann?
Das passiert um die Jahreszeit mal öfter, wir haben keine Reibkraft
zwischen Reifen und Untergrund.
Und dann fällt die kinematische Kopplung zwischen der Koordinate X und
dem Verdrehwinkel Phi, die fällt weg.
Und dann haben wir aber kein Rollen mehr.
Also um das Rollen zu realisieren, brauchen wir eine entsprechende
Tangentialkraft, in dem Fall eine Reibkraft.
Oder wenn wir das Rad so als Zahnrad ausführen würden und den
Untergrund als Zahnstange, dann haben wir das praktisch kinematisch
realisiert.
Was aber bedeutet, in dem Falle könnte theoretisch die Reibkraft eben
sehr groß oder beliebig groß werden.
In Realität, wenn man einfach so eine Walze hat, dann gibt es
natürlich eine Grenze für die Reibkraft in Abhängigkeit der
Normalkraft N.
Also wie gesagt, das sind die äußeren Kräfte, die auf das rollende Rad
einwirken.
Was wir jetzt noch eintragen müssen, sind die Trägheitstherme, nämlich
die Trägheitskraft entgegen der positiven Beschleunigungsrichtung des
Schwerpunktes.
Und dann sehen wir, der Schwerpunkt S, der bewegt sich entlang der
schiefen Ebene.
Die Beschleunigung ist also gerade x2-Punkt in x-Richtung.
Die entsprechende Trägheitskraft ist dann Masse mal x2-Punkt, aber
entgegengesetzt gerichtet.
Das ist also M mal xS2-Punkt.
Oder x2-Punkt habe ich es genannt.
Lassen wir vielleicht doch lieber das S drinstehen, dass deutlich
wird, dass an der Stelle das x des Schwerpunktes gemeint ist.
Und was haben wir noch?
Wir haben eine Drehbewegung, positiv entgegen dem Uhrzeigersinn, das
heißt, das entsprechende Trägheitsmoment wird sein,
Massenträgheitsmoment bezüglich dem Schwerpunkt, mal Phi-2-Punkt.
Und die Richtung ist dann entgegengesetzt dem positiven Phi, also in
dem Falle im Uhrzeigersinn.
Jetzt haben wir also alle äußeren Kräftemomente sowie die
Trägheitswirkungen angetragen.
Was wir jetzt noch machen müssen, sind eben die entsprechenden
Bilanzen.
Und in dem Falle zwei Kräftebilanzen in zwei verschiedene Richtungen.
Das könnten wir jetzt in Horizontalrichtung und in Vertikalrichtung
machen.
In dem Falle wird es natürlich einfacher sein, wenn wir als Richtungen
für unsere Kräftebilanzen gerade senkrecht zur schiefen Ebene und
entlang der schiefen Ebene nehmen.
Was ergibt sich für die Kräftebilanz entlang der schiefen Ebene?
Und da sehen wir, wir haben zunächst mal positiv den Anteil der
Gewichtskraft in Richtung von X, das war der hier.
Das ist aber gerade der Sinus von Alpha mal G.
Also an der Stelle haben wir G mal Sinus Alpha.
Dann in negative Richtung jeweils die Reibkraft und die
Trägheitskraft, also minus R minus M mal X ist 2 Punkt gleich 0.
Die Kräftebilanz in Richtung der schiefen Ebene.
Dann die Kräftebilanz senkrecht zur schiefen Ebene, da haben wir zum
einen die Normalkraft N.
In negativer Richtung der entsprechende Anteil der Gewichtskraft, das
war G mal Sinus Alpha gleich 0.
Und als letzte Gleichung noch die Momentbilanz bezüglich dem
Schwerpunkt.
Und da sehen wir bezüglich dem Schwerpunkt hat die Normalkraft keinen
Hebelarm, die Gewichtskraft hat keinen Hebelarm.
Die Trägheitskraft hat natürlich ebenfalls keinen Hebelarm.
Was übrig bleibt ist das Moment der Reibkraft sowie das
Trägheitsmoment.
Das heißt wir haben zunächst mal positiv drehend das R mit einem
Hebelarm.
Radius des Rades, das war klein a, minus Theta S mal Phi 2 Punkt
gleich 0.
Jetzt haben wir drei Gleichungen, wie viele unbekannte haben wir?
Wir haben das Phi, wir haben die Reibkraft, wir haben die Normalkraft
und wir haben das XS.
Wir haben also vier unbekannte, nur drei Gleichungen, das heißt wir
benötigen noch eine weitere Gleichung.
Und da haben wir eben entweder eine kinematische Bindung zwischen der
Koordinate X des Schwerpunktes und dem Verdrehwinkel Phi aufgrund von
Rollen.
Oder, falls die nicht gegeben ist, dann haben wir ja Schlupf im
Kontaktpunkt.
Dann hängt aber die Reibkraft von der Normalkraft und der
Relativgeschwindigkeit ab.
Das wäre die andere Möglichkeit.
Also in dem Fall müssen wir jetzt mal vielleicht doch eine
Fallunterscheidung machen.
Wir betrachten zunächst mal reines Rollen, also Fallunterscheidung
reines Rollen.
Dann hat das Rad nur einen Freiheitsgrad.
Der Kontaktpunkt ist momentan Pol, hat also die Geschwindigkeit 0 als
Punkt des Rades.
Die Geschwindigkeit des Schwerpunktes ist aber Xs Punkt.
Die entspricht aber dann gerade Winkelgeschwindigkeit mal Abstand.
Winkelgeschwindigkeit ist Phi Punkt, der Abstand ist Radius des Rades.
Also Xs Punkt gleich A mal Phi Punkt.
Machen Sie das mal über die Grundgleichung der Kinematik.
Auch in Vektorform, indem Sie das Omega als Vektor einführen und auch
den Vektor vom Kontaktpunkt zum Schwerpunkt usw.
Sie werden dann dasselbe feststellen.
In dem Fall geht es aber noch relativ einfach.
Nun, was wir in dem Fall brauchen, ist die zweite Ableitung.
Da sieht man aber, wenn wir die Gleichung nochmals differenzieren,
haben wir Xs Punkt gleich A mal Phi Punkt.
Voraussetzung ist natürlich, dass die maximal mögliche Reibkraft nicht
überschritten wird.
Also, falls die Reibkraft innerhalb des Reibkegels ist.
Und man sieht, M mal Xs ist zwei Punkt.
Aus der ersten Gleichung ist dann gerade M mal A mal Phi zwei Punkt.
Muss dann sein, Reibkraft G mal Sinusalpha minus R.
Also, G mal Sinusalpha minus R.
Die Reibkraft selbst,
die erhalten wir aus der dritten Gleichung.
Nämlich, R ist in dem Falle Theta S Phi zwei Punkt dividiert durch A.
Also, ein Halb.
M A Quadrat Phi zwei Punkt dividiert durch A, gibt in dem Falle gerade
ein Halb.
M mal A mal Phi zwei Punkt.
Die Normalkraft aus der zweiten Gleichung, die ergibt sich einfach als
G mal Cosinusalpha.
Und man sieht, in dem Falle tritt da nichts weiter auf.
Das ist einfach so eine Zwangskraftgleichung, aus der wir die
Normalkraft bestimmen können.
Das klammere ich mal ein.
Ist in dem Falle also für die Bewegungsgleichung nicht wichtig.
Was wir jetzt noch machen müssen, ist die Reibkraft in der ersten
Gleichung einsetzen.
Das ergibt dann M mal A mal Phi zwei Punkt.
Gleich M mal G mal Sinusalpha.
Sinusalpha.
Minus ein Halb.
M mal A mal Phi zwei Punkt.
Was wir wissen wollen, ist das Phi zwei Punkt.
Deshalb bringen wir das ein Halb.
M mal A mal Phi zwei Punkt nach links.
Man sieht, können wir sowieso machen, die Masse, die kürzt sich jetzt
in dem Falle raus.
Also haben wir links drei Halbe A Phi zwei Punkt.
Gleich G mal Sinusalpha.
Beziehungsweise...
Phi zwei Punkt.
Gleich, jetzt müssen wir mit zwei multiplizieren, durch drei
dividieren und durch das A dividieren.
Gibt dann zwei Drittel.
G dividiert durch A mal Sinusalpha.
Wenn wir jetzt wissen wollen, wie groß das Phi zwei Punkt ist, dann
sehen wir, oder das X zwei Punkt, XS zwei Punkt ist ja A mal Phi zwei
Punkt.
A mal Phi zwei Punkt ist in dem Falle zwei Drittel G mal Sinusalpha.
Das war also im Grunde genommen das Ergebnis für XS beziehungsweise
Phi.
Wenn wir jetzt das mal vergleichen, nehmen wir an, wir haben einen
Massenpunkt, der reibungsfrei die Ebene heruntergleitet.
Dann sehen wir, der Massenpunkt würde mit welcher Beschleunigung die
schiefe Ebene heruntergleiten.
Nun zunächst mal mit G mal Sinusalpha.
Jetzt haben wir eine Beschleunigung, die ist zwei Drittel G mal
Sinusalpha.
Also in dem Fall ist die Beschleunigung kleiner, als wenn der
Massenpunkt ohne sich zu drehen die schiefe Ebene herunterfährt.
Ich führe es vielleicht später vor.
So, betrachten wir noch den zweiten Fall, nämlich das Gleiten.
Was haben wir da?
Und da entfällt die kinematische Bindung zwischen XS und Phi.
Stattdessen haben wir eine Gleichung zwischen der Reibkraft und der
Normalkraft, nämlich R gleich µ mal n.
Das heißt, wenn wir den coulorschen Reibungsansatz nehmen und das µ
mal unabhängig von der Relativgeschwindigkeit annehmen, das heißt ein
relativ einfaches Reibgesetz für Gleitreibung.
Nun, wir wissen, das µ bei der Gleitreibung ist im Allgemeinen kleiner
als beim Haften, welches die maximal mögliche Reibkraft angibt.
Allerdings haben wir jetzt auch nicht ein System mit einem
Freiheitsgrad, sondern ein System mit zwei Freiheitsgraden.
Das heißt, in dem Fall haben wir zwei Freiheitsgrade.
Nach wie vor gilt für die Normalkraft n gleich m mal g mal cosinus
alpha.
Das war die zweite Gleichung, die zweite Kräftebilanz.
Da hat sich nichts geändert.
Dann sieht man aber m mal xs.
Zwei Punkt war ja gerade.
G mal sinus alpha minus R ist also m mal g mal sinus alpha minus R.
R ist µ mal m mal g mal cosinus alpha.
µ mal m mal g. Mal cosinus alpha.
Und auch in dem Fall kürzt sich die Masse heraus.
Und man sieht, xs, zwei Punkt, ist in dem Fall g mal sinus alpha minus
µ.
Das Phi-Zwei-Punkt ist
dann...
Was haben wir da?
Rechts haben wir es im Grunde genommen schon mal angeschrieben.
Phi-Zwei-Punkt ist R mal A dividiert durch Theta S.
Die Reibkraft ist µ mal m mal g mal cosinus alpha.
Also, wo war es nochmal?
Ganz oben.
Theta S.
Der Phi-Zwei-Punkt ist Ra dividiert durch Theta S.
Das müssen wir also noch mit A multiplizieren.
Und durch Theta S dividieren.
Das war ein Halb.
m a².
Wir sehen, das m, das kürzt sich raus.
Das Quadrat kürzt sich mit dem a oben.
Dessen Halb geht nach oben.
Es gibt also in dem Falle 2 mal µ mal g dividiert durch A mal cosinus
alpha.
So, jetzt können wir uns natürlich fragen, na gut, das XS-Zwei-Punkt,
da steht hier sinus alpha minus µ.
Aber das wird ja implizieren, wenn das µ genügend groß ist, wäre das
eventuell negativ.
Aber das erscheint ja eher unphysikalisch.
Aber wie können wir zeigen, dass das XS-Zwei-Punkt trotzdem immer
positiv ist?
Und da können wir an der Stelle nochmal schauen, was ist eigentlich
die Bedingung, dass die Reibkraft innerhalb des Reibkegels liegt.
Das heißt Bedingung für Rollen.
Die war, dass die Reibkraft kleiner oder höchstens gleich µ0 mal der
Normalkraft ist.
Die Reibkraft, haben wir gesehen, ist ein Halb mA mal Vi-Zwei-Punkt.
Also ein Halb m mal A und Vi-Zwei-Punkt ist zwei Drittel g durch A
sinus alpha.
Kleiner oder höchstens gleich ist µ0
mal n.
n war m mal g mal cosinus alpha.
Und jetzt sehen wir, das m kürzt sich wieder auf beiden Seiten der
Gleichung raus.
Das g kürzt sich raus.
Das a kürzt sich links raus.
Das heißt sinus alpha dividiert durch cosinus alpha.
Das zwei kürzt sich noch raus.
Also sinus alpha dividiert durch cosinus alpha.
Wenn ich das nach links bringe, dann muss ich noch mit 3
multiplizieren.
Muss kleiner oder höchstens gleich 3 mal µ0 sein.
Gleiten kann erst auftreten, wenn sinus alpha durch cosinus alpha, und
das war ja gerade der tankens alpha,
eben größer ist als 3 mal µ0.
Und das kann ich jetzt auf der linken Seite wieder ein bisschen
verwenden.
Nämlich xs2.
Ist ja g
mal cosinus alpha.
G mal cosinus alpha.
Mal sinus alpha durch cosinus alpha, das gibt aber gerade tankens
alpha.
Minus µ.
Und jetzt sieht man, falls wirklich gleiten auftreten soll, muss
tankens alpha größer sein als 3 mal µ0.
µ0 ist sowieso aber größer als µ.
Das heißt, tankens alpha ist auf jeden Fall größer als µ, sodass das
immer positiv ist.
Was auch physikalisch erscheint.
Ich muss nochmal nachfragen, ist der Sachs da?
Würden Sie mir gerade die beiden oben und unten jeweils wischen?
So, das hatten wir schon mal in einer der ersten Vorlesungen hier
gezeigt.
Wenn ich eine schiefe Ebene habe und das hier runterrollt, das ist
eigentlich nichts wildes, das haben wir jetzt gerade gezeigt.
Das ganze kann ich natürlich auch machen für den Fall, dass ich keine
Vollscheibe habe, sondern mehr so einen Ring.
Und dann hatten wir in einer der ersten Vorlesungen gesehen, wenn ich
beide praktisch auf der schiefen Ebene loslasse...
Jetzt müsste ich sie nochmal kurz einspannen und zwar meine Masse da
aufhalten.
Wenn ich das loslasse, dann sieht man, die Vollscheibe scheint
schneller zu beschleunigen.
Ich kann es nämlich auch so zeigen, wenn ich das in der anderen
Reihenfolge loslasse...
Nochmal kommen, ja?
Dann rollt der Ring nicht weg.
Also auf jeden Fall, die Beschleunigung der Vollscheibe scheint größer
zu sein als die des Ringes.
Wie kann man das jetzt rechnerisch auch zeigen?
Was ändert sich?
Nun, in dem Fall ändert sich eigentlich nur das Massenträgheitsmoment.
Wir haben gesehen, die Masse selbst, die wird sich wieder irgendwie
rauskürzen, ganz zum Schluss.
Natürlich haben wir auch Ring und Vollzylinder eine unterschiedliche
Masse, aber wie gesagt, da haben wir gesehen, die kürzt sich wohl
irgendwo raus.
Nun, wenn wir einen Ring haben, dann ist θs gleich m mal k².
Bei einer Scheibe war der Trägheitsradius k gleich a dividiert durch
Wurzel 2.
Bei einem Ring, wenn wir mal sagen, der Ring ist sehr dünn, dann
befindet sich praktisch die ganze Masse im Abstand klein a vom
Schwerpunkt.
Jetzt sind die oberen, ich bin gleich so weit.
Also k Scheibe gleich a durch Wurzel 2 und das k von dem Ring in dem
Falle gleich a.
Das heißt, es ändert sich an der Stelle was.
Nämlich, da steht jetzt anstatt ein Halb im a² steht mk² dividiert
durch a mal Φ2.
Das tritt auch an der Stelle auf, anstatt im Minus steht hier minus
mk² dividiert durch a mal Φ2.
Und wir haben gesagt, im Grenzfall ist der Trägheitsradius des Ringes
gerade a.
Gibt also in dem Falle m mal a mal Φ2.
Dann entsprechend auch hier also m mal a mal Φ2.
Wenn wir das mit dem Minuszeichen auf die linke Seite bringen, steht
anstatt dem 3 Halbe hier die 2.
Also 4 Halbe.
Dementsprechend auch Φ2 Punkt gleich 1 Halb.
Also das wird zu 1 Halb.
Man sieht, 1 Halb ist kleiner als 2 Drittel.
Dann steht auch an der Stelle nicht 2 Drittel, sondern 1 Halb.
Also letztendlich ist die Schwerpunktsbeschleunigung dann einen
gewissen Faktor kleiner als bei der Vollscheibe.
Weil man kann es dann, wie gesagt, rechnerisch auch sehr gut zeigen.
Jetzt dürfen Sie die oberen noch machen.
Gibt es dazu Fragen?
Wie?
Die oberen?
Im Prinzip können Sie.
Sie können jetzt einfach das, dass die 6 Abschnitte frei sind.
So.
Was haben wir noch gesehen?
Mal gut.
Ich hatte bei der Drehung um eine feste Achse schon mal das Beispiel
hier gezeigt.
Den Blocken habe ich gesagt.
Der dreht natürlich nicht um eine raumfeste Achse.
Wenn ich den hochwerfe, dann müsste ich jetzt ein Loch durchbohren,
eine Achse durchstecken.
Dann könnte der wirklich drehen.
Und dann sieht man auch gut das Massenträgheitsmoment um eine Achse
senkrecht zur großen Ebene.
Das wird wohl das Größte sein.
Das Massenträgheitsmoment um die Achse wird das Kleinste sein.
Das Massenträgheitsmoment um die dritte Achse wird das Mittlere sein.
Wir haben auch gesehen, wenn man um solche Symmetrieachsen dreht, dann
sind die Zentrifugalmomente gerade null.
Das können wir uns auch so klar machen.
Wenn ich das so hochwerfe, jetzt haben wir eine wirkliche
Ebenebewegung.
Da hat man zwar Translation und Rotation, aber der Block dreht sich
nicht um eine weitere Achse.
Das kann nur auftreten, wenn ich den um die Achse hochwerfe.
Warum?
Dann beginnt er zu taumeln.
Das hat aber nichts damit zu tun, dass wir direkt Zentrifugalmomente
haben.
Das kann man dann zeigen.
Nicht mal im nächsten Semester, man könnte die notwendigen Gleichungen
anschreiben.
Wenn man dann auf Stabilität so eine Bewegung untersucht, dann sieht
man, wenn da die kleinste Störung auftritt, und ich keine
Rückstellmomente habe, dann ist diese Drehung instabil.
Die Drehung ist stabil.
Die Drehung um die Achse mit dem kleinsten Dreikreismoment ist auch
stabil.
Und wie gesagt, das können wir jetzt alles im Grunde behandeln mit
unserer Ebenenbewegung.
So, was ich noch mitgebracht habe.
Ich habe gerade beim Aufräumen so ein paar Jojos gefunden, mit denen
man auch wirklich tolle Sachen machen kann.
Ich habe nie Zeit, da irgendwas zu üben.
Da ist sogar bei dem hier eine CD dabei, was man alles machen kann.
Ich kann den nur hoch und runter lassen.
Man kann hier auch eine Kupplung auskoppeln.
Dann bleibt er unten und dann muss man irgendwelche anderen Sachen
machen.
Aber fragen Sie mich nicht was.
Man sieht aber, so ein Jojo macht im Prinzip auch eine ebene Bewegung.
Er bewegt sich nach unten und bewegt sich im Prinzip wieder nach oben.
Wir wissen, wir haben Reibung.
Das heißt, es wird irgendwie Energie verloren.
Also müssen wir dem irgendwo wieder Energie zuführen.
Das mache ich natürlich, indem ich meine Hand hoch und runter bewege.
Praktisch den wieder so irgendwie hochziehe beim Runterlassen.
Da wirkt dann die Kraft nicht so groß, weil er sich gerade nach unten
bewegt.
Also, da sind wir schon beim nächsten Thema, nämlich Energie.
Eigentlich würden wir ja erwarten, wenn wir einen idealen Jojo haben,
der fängt an nach unten zu gehen, dann nimmt seine potenzielle Energie
ab, weil das Gewicht nach unten geht.
Gleichzeitig muss irgendwie die kinetische Energie zunehmen.
Und wenn wir jetzt keine Reibung hätten, dann müsste er wahrscheinlich
wieder genauso weit nach oben gehen, wie da, wo wir ihn losgelassen
haben.
Wie gesagt, jetzt wirkt aber irgendwelche Reibungseffekte da im Seil
und Luftreibung und was weiß ich alles.
Also geht er nicht mehr ganz so weit hoch.
Das sehen wir an der Stelle.
Nimmt immer weiter ab.
Deshalb muss man dann von außen wieder Energie zuführen.
Und die Frage ist jetzt, wie groß ist eigentlich die kinetische
Energie von so einem starren Körper, wenn der eine ebene Bewegung
ausführt.
Also Arbeits- und Energiesatz.
Da wird wichtig, ich hatte es erwähnt, natürlich die kinetische
Energie.
Und wir wissen, wenn wir unseren starren Körper betrachten, dann hat
jedes Massenelement eine bestimmte Geschwindigkeit.
Die Geschwindigkeit eines Massenelementes kann ich natürlich
ausdrücken über die Geschwindigkeit eines Bezugspunktes, in dem Fall
Bezugspunkt A, plus eben die Drehung des Massenelementes um den
Bezugspunkt.
Das heißt, wenn ich jetzt das Massenelement DM herausgreife, dann kann
ich die zugehörige kinetische Energie, die ebenfalls differenziell
groß sein wird, formulieren.
Die ist nämlich gerade ein Halb mal Geschwindigkeit des
Massenelementes zum Quadrat mal dem Massenelement selbst und die
gesamte kinetische Energie des starren Körpers, die werden wir dann
erhalten, wenn wir eben über alle differenziellen kinetischen Energien
aufsummieren, sprich integrieren.
Das entspricht dann auf der rechten Seite einer Integration über die
gesamte Masse.
Und jetzt sehen wir, ich habe gesagt, die Geschwindigkeit des
Massenelementes können wir darstellen aus Geschwindigkeit des
Bezugspunktes VA plus Omega Kreuz R Relativ, die zum Quadrat DM.
Das ergibt also, Moment, das ist ein Halb vergessen, das ergibt ein
Halb mal Integral über die gesamte Masse.
Jetzt haben wir VA, Skalar mit VA multipliziert, das ergibt VA Quadrat
DM.
Dann haben wir plus ein Halb mal und dann zweimal das gemischte
Skalarprodukt.
Der Faktor ein Halb kürzt sich dann mit dem Faktor zwei, es bleibt
also übrig, Integral über die Masse.
Dann haben wir VA, Skalar multipliziert mit Omega Kreuz R Relativ DM.
Und als letzten Term haben wir dann noch ein Halb, Integral über die
gesamte Masse.
Und da steht jetzt drin, Omega Kreuz R Relativ multipliziert mit Omega
Kreuz R Relativ DM.
Das erste Integral, da sehen wir die Geschwindigkeit des Bezugspunktes
A, die ist natürlich dieselbe für alle Massenelemente, das können wir
als Konstante bei der Integration vor das Integral schreiben, gibt
also ein Halb VA Quadrat Integral DM.
Nun da sehen wir, das war ja gerade wieder die Gesamtmasse des
Körpers.
Plus beim zweiten Integral sehen wir, die Geschwindigkeit des Punktes
A ist Konstant bei der Integration, können wir also rausziehen.
Dann haben wir VA, Skalar multipliziert mit dem Integral über Omega
Kreuz R Relativ.
Die Winkelgeschwindigkeit Omega ist bei der Integration ebenfalls
Konstant, können wir also auch rausziehen.
Dann bleibt übrig VA, Skalar multipliziert mit Omega Kreuz Integral
über die gesamte Masse R Relativ DM.
Und beim letzten Integral, da schauen wir uns mal an, Omega Kreuz R
Relativ, Omega bei uns heißt Omega in Z-Richtung.
R Relativ könnte einen Anteil in ER-Richtung und in EZ-Richtung haben,
aber EZ Kreuz EZ ergibt 0.
Also bleibt tätiglich stehen, dass Omega EZ Kreuz RER gibt Omega R E
Phi, auch das gibt Omega R E Phi.
Und jetzt sehen wir Omega R E Phi, Skalar multipliziert mit Omega R E
Phi ergibt E Phi, Skalar mit E Phi, das ist gerade 1, ergibt also
Omega Quadrat R Quadrat innerhalb des Integrals, sodass, wenn wir das
nochmal anschreiben, wir erhalten gleich 1,5 Integral über die
Gesamtmasse, dann haben wir drinstehen Omega Quadrat R Quadrat DM,
sodass sich für die kinetische Energie ergibt 1,5, das gibt Masse M
mal VA Quadrat plus VA,
das Integral hatten wir heute auch schon, das ist nämlich gerade
Gesamtmasse des Körpers mal dem Vektor vom Bezugspunkt A zum
Schwerpunkt S, VA Skalar multipliziert mit Omega Kreuz M RAS und an
der Stelle sehen wir, bleibt übrig 1,5 Omega Quadrat Integral über R
Quadrat DM,
integriert über die gesamte Masse,
da sehen wir, das war gerade das Massenträgheitsmoment Theta bezüglich
dem Bezugspunkt A, also bezüglich einer Achse in Z-Richtung, die durch
den Bezugspunkt A geht.
Das heißt, wir haben jetzt eigentlich eine kinetische Energie infolge
von Translation oder Bewegung des Bezugspunktes, dann haben wir
irgendwas aufgrund der Drehung und dann haben wir an der Stelle noch
etwas wie so eine Koppelenergie, da steht die Translation und die
Drehung drin.
Ganz einfach wird es, wenn wir als Bezugspunkt A wieder den
Schwerpunkt wählen,
also mit Bezug auf den Schwerpunkt,
das heißt, A setzen wir S, dann erhalten wir T gleich 1,5 M mal V von
A, A war S, also Vs Quadrat, und dann sehen wir, der zweite Term, die
Koppelenergie, die fällt dann weg, weil eben A gleich S ist, dann ist
der Vektor von A nach S der Nullvektor, das heißt, die runde Klammer
verschwindet, damit auch der mittlere Term.
Und was noch übrig bleibt, ist 1,5 mal, und jetzt
Massenträgheitsmoment bezüglich dem Punkt A war, dann bezüglich dem
Punkt S, mal Omega Quadrat.
Also kinetische Energie setzt sich zusammen aus Translationsenergie
plus Rotationsenergie.
Die Translationsenergie ist proportional dem Quadrat der
Schwerpunktgeschwindigkeit, die Rotationsenergie ist proportional dem
Quadrat der Winkelgeschwindigkeit, das heißt, wenn wir irgendwie
Energie speichern wollen in einem mechanischen System, könnte man das
zum Beispiel machen, indem man irgendwas zum Rotieren bringt, das
möglichst schnell rotiert, weil eben das proportional mit Omega
Quadrat ist.
Und was man noch beachten sollte, man wird dann natürlich das so
wählen, dass das Massenträgheitsmoment möglichst groß ist, Ich hatte
es schon mal erwähnt bei der Drehung um die feste Achse.
Ich meine, im Zweiten Weltkrieg hat mir mal jemand erzählt, da gab es
also, ich weiß nicht, ob es der Führerbunker oder was weiß ich war, wo
man so Energiespeicher hatte über irgendwelche Schwungräder, die einen
sehr großen Durchmesser hatten, also viel Masse außen, die also doch
in der Lage waren, ich glaube ein oder zwei Tage die Versorgung mit
elektrischer Energie dann sicherzustellen.
Rein mechanisch.
Nun, die Arbeit von einem Moment, beziehungsweise die Arbeit von einer
Kraft, das haben wir schon zur Genüge gehabt.
Das war ein Integralfds oder Integralmdphi.
Wenn wir die Arbeit kennen,
können wir den Arbeitssatz entsprechend formulieren.
Das nämlich die Arbeit der Kräfte, die die Kräfte am starren Körper
verüben.
Gerade ist kinetische Energie am Ende des starren Körpers minus
kinetische Energie am Anfang des starren Körpers.
Und wie gesagt, die kinetische Energie setzt sich jetzt eben zusammen
aus mindestens zwei Anteilen.
Und falls wir ein konservatives System haben,
dann können wir eben die Arbeit aus den entsprechenden Potenzialen uns
bestimmen und erhalten die bekannte Beziehung, dass nämlich das T0
plus potenzielle Energie V0 gerade sein muss zu einem anderen Punkt,
also T1 plus V1.
Das war die gesamte Energie E und die muss eben konstant bleiben.
Gibt es dazu Fragen?
Wenn nicht, dann fangen wir jetzt gerade noch ein Beispiel an.
Wir nehmen mal an, wir haben so einen horizontal ausgerichteten Stab,
der entsprechend geführt sei.
Wir haben eine Rolle oberhalb des Stabes, wir haben eine Rolle
unterhalb des Stabes.
Die können unterschiedlichen Durchmesser bzw.
Radius haben.
Oben haben wir den Schwerpunkt S1, unten den Schwerpunkt bei S2.
Die obere Rolle hat die Masse M1, die untere die Masse M2.
Nun, unser Stab oder unsere Platte, die sich horizontal bewegt, hat
die Masse M3.
Zwischen dem Stab und den Zylindern liegt jeweils Rollen vor, genauso
wie zwischen den Zylindern und der Umgebung.
Gleichzeitig wirkt noch eine konstante Kraft F an dem Stab nach
rechts.
Das heißt, wir haben jetzt zunächst mal drei Stabkörper.
Zwei führen eine Translation und eine Rotation aus.
Die Stange nur eine Translation,
wenn wir annehmen, dass der Schwerpunkt der Stange in S3 liegt.
Gut.
Und als letztes nehmen wir noch an, dass die Rollen in den
Schwerpunkten jeweils mit der Umgebung mit einer Feder verbunden sind.
Wobei die Federn entspannt sein sollen, wenn die Verschiebungen der
Rollen gerade Null sind.
Das heißt, zu einem bestimmten Punkt sind die Verschiebungen der
Rollen Null, wenn die Federn entspannt sind.
Die obere Seite C1, die untere C2.
Was wir noch angeben sollten, ist der Radius R1 bzw.
der Radius R2.
Nach rechts haben wir jeweils dann die entsprechende X-Koordinate von
Walze 1, Walze 2 und der Stange.
Das Omega bei den Walzen sei positiv entgegen dem Uhrzeigersinn.
Und dann sehen wir, oder ich hatte es noch erwähnt, Federn entspannt
bei X1 gleich X2 gleich X3 gleich Null.
Insgesamt hat das System, wie wir sehen, nur einen Freiheitsgrad, weil
sowohl die Verschiebungen der Walzen wie auch die Verdrehungen der
Walzen mit der Verschiebung des Stabes gekoppelt sind.
Das heißt, wir wählen mal X3 gleich X.
Dann wissen wir aus der Kinematik,
dass das Omega der oberen Walze positiv sein muss.
Also wenn das X3 sich nach rechts bewegt oder das X groß wird, dann
wird auch das Vieh größer.
Aus der Anschauung sieht man das relativ leicht.
Das Omega 1 ist gerade X dividiert durch den Abstand.
Also hier an der Stelle hat der Walzenpunkt die Geschwindigkeit X.
Das Omega muss dann sein X dividiert durch 2R1.
Die Geschwindigkeit der Stangen ist der X-Punkt.
Genauso erhalten wir für das Omega 2, das ist jetzt negativ, weil bei
einer positiven Geschwindigkeit X-Punkt, das im Uhrzeigersinn dreht,
ist also minus X-Punkt dividiert durch 2R2.
Und des Weiteren wissen wir, die Geschwindigkeitsverteilung über den
Durchmesser ist linear.
Das heißt, hier haben wir die Geschwindigkeit 0, da haben wir die
Geschwindigkeit X-Punkt, da muss die Schwerpunktgeschwindigkeit X1
-Punkt gerade sein, X-Punkt halbe.
Und genauso sehen wir es an der Stelle.
Hier oben haben wir die Geschwindigkeit X-Punkt, da haben wir die
Geschwindigkeit 0, also muss in der Mitte dazwischen die
Geschwindigkeit X2-Punkt gleich X-Punkt halbe sein.
Das sollten Sie zu Hause mal nachrechnen unter Zuhilfenahme der
vektoriellen Gleichungen.
Also zunächst mal sich das Omega als Vektor bestimmen, dann mit
bekanntem Omega die Geschwindigkeit des Schwerpunktes unter
Zuhilfenahme des Momentanpols.
So, das ist aber vorgeplänkelt, warum brauchen wir das?
Und wenn wir das Problem mithilfe des Energiesatzes lösen wollen, dann
brauchen wir die kinetische Energie.
Die kinetische Energie setzt sich aber zusammen aus der Summe der
kinetischen Energien der einzelnen Körper.
Also wir haben zunächst mal T1 plus T2 plus T3.
Was ist T1?
Nun, T1, die kinetische Energie der oberen Walze, ist gerade ein Halb
mal M1, die Masse ist jetzt in dem Fall M1, mal der
Schwerpunktgeschwindigkeit der Walze 1 zum Quadrat, also mal X1-Punkt
-Quadrat, plus Massenträgheit ein Halb mal Theta S1 Omega 1 Quadrat,
plus jetzt bei der zweiten Walze haben wir ein Halb mal M2 mal X2
-Punkt -Quadrat, plus ein Halb Theta S2, da wissen wir, das ist ein
Halb mal M2 mal R2 zum Quadrat, mal Omega 2 Quadrat, plus dann noch
die Stange, da haben wir ein Halb mal M3 mal X3-Punkt-Quadrat, die
Stange dreht sich nicht, also hat keine Rotationsenergie und jetzt
sehen wir,
eigentlich hätte ich mit dem angefangen, wenn ich die kinetische
Energie wissen will, dann weiß ich, ja gut, ich habe hier X1-Punkt
drin stehen, ich habe X2-Punkt, ich habe X3-Punkt drin stehen, ich
habe Omega 1 und Omega 2 drin stehen, das will ich natürlich alles
ausdrücken in Abhängigkeit meines Freiheitsgrades.
Wir haben als Freiheitsgrad die Verschiebung X der Stange gewählt,
also können wir jetzt das Einzelne einsetzen.
Die kinetische Energie ist dann ein Halb, M1 mal X1-Punkt-Quadrat ist
X -Punkt-Quadrat Viertel, plus ein Halb mal ein Halb, M1 R1 Quadrat
gibt ein Viertel, M1 R1 Quadrat und Omega 1 Quadrat gibt X-Punkt
-Quadrat, dividiert durch R1 Quadrat Viertel, wir haben ja den Faktor
ein Halb noch drin stehen, man sieht das R1 Quadrat, das kürzt sich
dann schon mal raus, dann haben wir plus an der Stelle ein Halb, M2,
X2 -Punkt-Quadrat ist ebenfalls X-Punkt-Quadrat Viertel, plus ein Halb
mal ein Halb gibt ein Viertel, M2 R2 Quadrat mal Omega 2 Quadrat, das
ist X-Punkt-Quadrat durch 4 R2 Quadrat, also plus X-Punkt-Quadrat
durch 4 R2 Quadrat, plus und jetzt fehlt noch ein Halb, M3, X-Punkt
-Quadrat.
Und wir sehen, wenn wir das alles zusammenfassen, die Radien kürzen
sich jeweils raus, bleiben noch stehen die einzelnen Faktoren, ich
gebe das an der Stelle an, was wir als Endergebnis erhalten, nämlich T
gleich 3 Sechzehntel M1 mal X-Punkt-Quadrat plus 3 Sechzehntel M2 mal
X -Punkt-Quadrat plus ein Halb M3 mal X-Punkt-Quadrat.
Also das ist einfach die Summation hier ausgeführt und das X-Punkt
-Quadrat ausgeklammert.
An der Stelle hören wir mit der Vorlesung für heute auf.
Was wir das nächste Mal dann noch berechnen müssen, ist natürlich das
entsprechende Potential von den Federn jeweils.
Und wenn die Kraft F konstant ist, dann kann man auch da ein Potential
bestimmen.
Andernfalls müssen wir die entsprechende Arbeit anschreiben.
Soweit für heute.
Vielen Dank.