TECHNISCHE UNIVERSITÄT BERLIN Fakultät V – Verkehrs- und Maschinensysteme - Institut für Mechanik

Prof. Dr. rer. nat. V. Popov www.reibungsphysik.de

Kinematik und Dynamik (Mechanik II)

Vorlesungsnotizen SS 2009

FG Systemdynamik und Reibungsphysik

1

Kinematik und Dynamik - Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 1. Kinematik einer eindimensionalen Bewegung: Geschwindigkeit als Ableitung, Entfernung als Integral, Beschleunigung. Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.1.1.-1.1.3.

I. Kinematik und Dynamik. Unter der Ki-nematik versteht man rein mathematische und geometrische Methoden zur Beschreibung von Bewegungen, wie Koordinaten, Vekto-ren, geometrische Bindungen ect.

Das Wort Dynamik, oder Englisch dynamics, wird in allen Wissenschaftszweigen als Syn-onym zur Bewegung verstanden. An einigen deutsprachigen Technischen Universitäten ist für die Dynamik auch ein anderes Wort ge-bräuchlich: "die Kinetik". Im Sinne unserer Vorlesung sind "die Dynamik" und "die Ki-netik" Synonyme.

Alle Fragen über die Ursachen und Charakter von Bewegungen werden in der klassischen Mechanik ganz einheitlich beantwortet: Ge-mäß den Newtonschen Gesetzen. Die New-tonschen Gesetze und deren Anwendung in verschiedenen Situationen sind das Haupt-thema der Veranstaltung Kinematik und Dy-namik.

II. Massenpunkt. Der Begriff eines Massen-punktes ist einer der Grundbegriffe der Me-chanik. Unter einem Massenpunkt versteht man einen Körper, dessen Ausmaße man bei der Beschreibung seiner Bewegung vernach-lässigen kann. Natürlich hängt die Möglich-keit einer solchen Vernachlässigung von den konkreten Bedingungen der Aufgabe ab. So kann man z.B. die Planeten als Massenpunkte annehmen, wenn man ihre Bewegung um die Sonne untersucht, dagegen freilich nicht, wenn man ihre tägliche Drehung betrachtet.

III. Eindimensionale Bewegung. Wir be-ginnen mit der Bewegung in einer Richtung, wie in einem Wagen auf einer geraden Stra-ße. Um Koordinaten angeben zu können, müssen wir ein Koordinatensystem wählen. Bei einer eindimensionalen Bewegung reicht die Angabe einer Koordinatenachse x, die in der Bewegungsrichtung zeigt:

Wir wählen auf dieser Achse einen Koordina-tenursprung. Zu jedem Zeitpunkt befindet sich der Wagen in einem bestimmten Punkt dieser Achse. Diesen Sachverhalt merken wir uns, indem wir schreiben: ( )x x t= .

IV. Geschwindigkeit als Ableitung. Die mittlere Geschwindigkeit auf dem Zeitin-tervall 1 2( , )t t wird als Verhältnis des zurück-gelegten Weges zu der verstrichenen Zeit definiert:

2 1

2 1

( ) ( )x t x tvt t−

=−

.

Die momentane Geschwindigkeit ist Grenz-wert dieses Verhältnisses für 2 1 0t t− → :

2 1

2 1

0 2 1

( ) ( )lim

t t

x t x tvt t− →

−=

−.

Das ist nichts anderes als die erste Ableitung der Koordinate nach der Zeit:

dtdxv = .

In der Mechanik ist es üblich die Ableitung nach Zeit durch einen Punkt über dem Buch-staben zu bezeichnen:

v x= . Nützliche Regeln der Differnzial- und Integralrechnung

Funktion ( )x t

Ableitung dxdt

Funktion ( )g t

Stammfunktion (unbestimmtes

Integral)

( ) ( )dG t g t t= ∫

C 0 0 C t 1 1 t C+

( ) ( )u t f t+

du dfdt dt

+ ( ) ( )u t v t+

d du t v t C+ +∫ ∫

( ) ( )u t f t⋅ du dff udt dt

+ partielle Integration

d ddu dff t u t uv Cdt dt

+ = +∫ ∫

2t 2t t 2 / 2t C+ 3t 23t 2t 3 / 3t C+ nt 1nnt − nt 1 /( 1)nt n C+ + +

( )u u f= , ( )f f t=

du du dfdt df dt

= ⋅

Substitionsmethode

sin t cos t cos t sin t C+ cos t sin t− sin t cos t−

te te te te C+

ln t 1/ t 1/ t ln t C+

arcsin t 2

1

1 t−

2

1

1 t−

arcsin t

xO

2

V. Entfernung als Integral. Ist die Geschwindigkeit ( )v t als Funktion der Zeit bekannt, so kann Koordinate zu einem beliebigen Zeitpunkt bestimmt werden. Zwei Lösungsmöglichkeiten:

1. Unbestimmte Integration. Geschwindig-keit ist zeitliche Ableitung der Koordinate:

( ) ( )dx t v tdt

= . Koordinate zu bestimmen be-

deutet demnach eine Funktion zu finden, de-ren Ableitung der gegebenen Funktion ( )v t gleich ist. Diese Funktion nennt man Stamm-funktion oder unbestimmtes Integral von der Funktion ( )v t . Bezeichnung:

( ) ( )dx t v t t C= +∫ .

Integration ist offenbar eine Umkehroperati-on zur Ableitung. Die Tabelle der Ableitun-gen - gelesen in der umgekehrten Richtung - ist gleichzeitig eine Tabelle der Integrale (s. Tabelle).

2. Bestimmte Integration. In einem kurzen Zeitabschnitt t∆ ändert sich die Koordinate des Wagens um x v t∆ = ⋅∆ . Die gesamte Än-derung der Koordinate auf einem längeren Zeitintervall kann man als Summe

2 1( ) ( ) ( )ii

x t x t v t t− ≈ ∆∑ berechnen. Jedoch

ist die mit dieser Methode erhaltene Koordi-nate nicht ganz genau, weil sich die Ge-schwindigkeit während des Zeitintervalls t∆ ändert. Wenn wir die Zeit klein genug wäh-len, so ist die Summe präzise:

2 10

( ) ( ) ( )lim it i

x t x t v t t∆ →

− = ∆∑

Den Grenzwert nennt man bestimmtes Inte-gral:

2

1

2 1( ) ( ) ( )dt

t

x t x t v t t− = ∫

Die Bezeichnung des Integral erinnert an seine Herkunft: Das Delta wird zu d, um uns daran zu erinnern, daß die Zeit so gering ist, wie möglich, und die Addition wird geschrie-ben als eine Summe mit einem großen "S", das sich im Laufe der Zeit etwas ausgestreckt hat ∫ . Bestimmte Integrale berechnet man

mit dem Hauptsatz der Differential- und In-tegralrechnung: Ist ( )G t eine Stammfunkti-on von ( )g t , so gilt:

( )d ( ) ( )b

a

g t t G b G a= −∫ .

VI. Beschleunigung Ändert sich die Geschwindigkeit mit der Zeit:

)(tvv = , so sprechen wir von einer beschleu-nigten Bewegung. Beschleunigung ist zeitli-che Ableitung der Geschwindigkeit:

dtdva = .

Da die Geschwindigkeit selbst eine Ableitung der Koordinate nach der Zeit ist, so ist die Beschleunigung eine Ableitung von Ablei-tung oder, wie man sagt, die zweite Ableitung der Koordinate nach der Zeit. Das wird in einer der folgenden Formen geschrieben:

xdt

xddtdx

dtda ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= 2

2

.

Ist die Abhängigkeit der Koordinate von der Zeit bekannt, so kann man alle sonstigen wichtigen kinematischen Größen sofort be-rechnen: Nach einmaliger Ableitung haben wir die Geschwindigkeit, nach der zweiten Ableitung die Beschleunigung.

VII. Kinematische Grundaufgaben.

1. 0a = . Das bedeutet: / 0a v dv dt= = = . Erste Integration: const ov v= = (gleichför-mige Bewegung). Aus der Definition

/v dx dt= erhalten wir nach der zweiten In-tegration 0x v t C= + . Integrationskonstante erhält man mit Hilfe der Anfangsbedingung:

0 0 0x v t C= + ⇒ ( )0 0 0x x v t t= + − .

2. 0a a= (gleichmäßig beschleunigte Bewe-gung) ⇒ Zweifache Integration

3. ( )a a t= ⇒ Zweifache Integration

4. ( )a a v= . Wir schreiben Beschleunigung als zeitliche Ableitung der Geschwindigkeit:

( )dv a vdt

= und trennen die Variablen:

( )dv dt

a v= . Integration

( )dv t C

a v= +∫ ergibt

nun einen Zusammenhang zwischen Zeit und Geschwindigkeit. Zur Berechnung der Koor-dinate integriert man Geschwindigkeit nach Zeit.

5. ( )a a x= Lösung durch Multiplikation mit v und Darstellung in der Form d ( )dv v a x x= .

1

Kinematik und Dynamik - Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 2. Ebene und räumliche Bewegung: Polarkoordinaten, Kugelkoordinaten, Vektoren. Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1II, 1.1.4 I. Ebene Bewegung. Kartesische und Po-larkoordinaten. Die Lage eines Massen-punktes auf einer Ebene wird durch zwei Ko-ordinaten beschrieben. Meistens werden da-für entweder kartesische oder polare Koordi-naten benutzt.

Kartesische Koordina-ten: (x,y)

Polarkoordinaten: ( ,r ϕ ) Zusammenhang zwischen beiden wird durch die folgenden Gleichungen gegeben:

cossin

x ry r

ϕϕ

=⎧⎨ =⎩

Umgekehrt:

( )2 2

arctan /r x y

x yϕ

⎧ = +⎪⎨

=⎪⎩.

II. Räumliche Bewegung. Kartesische, zy-lindrische und Kugelkoordinaten. In drei Dimensionen wird die Lage eines Massenpunktes mit drei Koordinaten gege-ben. Definition von kartesischen, zylindri-schen und Kugelkoordinaten sowie Zusam-menhänge zwischen ihnen werden mit den drei nachfolgenden Bildern illustriert.

Kartesische Koordinaten: (x,y,z)

Zylindrische Koordinaten: ( ρ ,ϕ ,z) Zusammenhang mit kar-tesischen Koordinaten: cosx ρ ϕ= siny ρ ϕ= z z= Kugelkoordinaten: ( , ,r ϕ θ ) Zusammenhang mit kar-tesischen Koordinaten: cos cosx r θ ϕ= ⋅ cos siny r θ ϕ= sinz r θ=

III. Vektorielle Darstellung. Orthonor-mierte Basen.

(x,y,z) seien kartesi-sche Koordinaten des Massenpunktes P in einem rechtshändigen Koordinatensystem. Alternativ kann die Lage des Punktes mit

dem Radiusvektor r charakterisiert werden. Definieren wir drei Vektoren , ,x y ze e e , die entlang der Koordinatenachsen gerichtet sind und je die Länge Eins haben. Diese drei Ein-heitsvektoren sind zu einander orthogonal und bilden eine orthonormierte Basis. Jeder Vektor kann in seine kartesischen Komponenten zerlegt werden:

( ), ,x y z x y zr r r r xe ye ze x y z= + + = + + ≡ . Kartesische Koordinaten können als Skalar-produkte des Vektors mit entsprechenden Basisvektoren bestimmt werden:

xx r e= ⋅ , yy r e= ⋅ , zz r e= ⋅ . In dem beschriebenen Fall einer konstanten kartesischen Basis (Einheitsvektoren der Ba-sis sind "raumfest") leitet man den Radius-vektor ab, indem man seine Komponenten ableitet:

( ), ,x y z x y zr r r r xe ye ze x y z= + + = + + ≡ . Diese Gleichung kann man auch als

( ), ,x y z x x y y z z x y zv v v v v e v e v e v v v= + + = + + ≡

schreiben. Eine weitere Ableitung ergibt Be-schleunigung:

( )( )( )

, ,

, ,

, ,

x y z x x y y z z x y z

x y z x y z

x y z x x y y z z x y z

a v v v v v e v e v e v v v

r r r r xe ye ze x y z

a a a a e a e a e a a a

= = + + = + + ≡ =

= + + = + + ≡ =

= + + = + + ≡

IV. Polare Basis. Die orthonormierte Basis, in die man den Vektor zerlegt, muß nicht unbedingt konstant sein: Sie kann sich als Ganzes (als orthonor-miertes Dreibein) bewegen; dabei ändern sich die Richtungen der Basisvektoren; beide Vektoren bleiben aber orthogonal zu einander und ihre Länge bleibt Eins.

Im Weiteren untersuchen wir näher ebene Bewegung. Zur Beschreibung ebener Bewe-gung wird in der Mechanik sehr oft die soge-

2

nannte "polare Basis" benutzt.

Als Basis führt man zwei Ein-heitsvektoren:

re in Richtung des Radius-Vektors eines Massenpunktes

und eϕ senkrecht zu re (s. Bild). Selbstver-ständlich bewegt sich die polare Basis zu-sammen mit dem Radiusvektor. Der Radius-vektor kann in der polaren Basis besonders einfach dargestellt werden: rr re= . Bei der zeitlichen Ableitung muß man aber beachten, dass sich auch die Basisvektoren mit der Zeit ändern:

( ) ( ) ( )rr t r t e t= . Beim Ableiten muss man die Regel zum Ab-leiten von Produkten benutzen:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )r rr t r t e t r t e t= + . (1) Um weiter zu verfahren brauchen wir zeitli-che Ableitung von Basisvektoren. Diese wird mit der nachstehenden Skizze illustriert.

rde zeigt in Richtung eϕ und hat die Länge

1 d dϕ ϕ⋅ = . Daher: rde d eϕϕ= . deϕ zeigt in Richtung re− und hat die Länge

1 d dϕ ϕ⋅ = . Daher: rde d eϕ ϕ= − . Indem wir diese Gleichungen durch dt divi-

dieren und erkennen, dass ddtϕ ϕ= , erhalten

wir

re eϕϕ= , re eϕ ϕ= − . Für die zeitliche Ableitung des Radiusvektors (Gleichung (1)) ergibt sich somit

( ) ( ) ( ) ( )rv r t r t e t r t eϕϕ= = + . Eine weitere Ableitung liefert den Bescheu-nigungsvektor:

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )r r

r r

a v

r t e r t e r t e r t e r t e

r t e r t e r t e r t e r t eϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ

= =

+ + + + =

+ + + −

( ) ( )2( ) ( ) 2 ( ) ( )r

zirkulareKomponenteradialeKomponente

a r t r t e r t r t eϕϕ ϕ ϕ= − + + (2)

Zeitliche Ableitung des polaren Winkels ϕ ω≡ nennt man Winkelgeschwindigkeit.

Sonderfall: Bewegung auf einer Kreisbahn Bewegt sich ein Massenpunkt auf einem Kreis mit dem Radius r , so gilt 0r = , 0r = . Die Gleichung (1) nimmt die Form

( )v r t r eϕϕ= = an. Geschwindigkeit ist im-mer senkrecht zum Radius (und tangential zum Kreis gerichtet und betragsmäßig gleich

v r rϕ ω= = Die Gleichung (2) nimmt die Form

2 ( ) ( )ra r e t r e tϕϕ ϕ= − + an. Die Beschleuni-gung hat die Komponente in Tangentialrich-tung a rϕ ω= und die Komponente in radialer Richtung

22 2

rva r rr

ϕ ω= − = − = −

Sie ist nach innen - zum Zentrum hin - ge-richtet und heißt daher Zentripetalbeschleu-nigung.

Sonderfall: Zentralbewegung Bei der Zentral-bewegung ist der Beschleunigungs-vektor stets auf einen Punkt, das Zentrum Z, hin gerichtet. Dies trifft zum Beispiel für die Bewegung der Planeten zu. Bei einer Zentralbewegung verschwindet die zirkulare Komponente der Beschleunigung, wenn wir den Koordinatenursprung in das Zentrum legen:

( )21 d2 ( ) ( ) 0d

a r t r t rr tϕ ω ω ω= + = = ⇒

2r constω = Nach dem Bild überstreicht der Fahrstrahl r in der Zeit dt die Fläche 1

2d dA rr ϕ= . Die Flächengeschwindigkeit 1

2d / dA t rrω= bleibt daher konstant (das 2. Keplersche Gesetz).

1

Kinematik und Dynamik - Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 3. Newtonsche Gesetze der Dynamik. Bestimmung der Kraft bei vorgegebener Bewegung, Bestimmung der Bewegung bei vorgegebener Kraft. Schiefer Wurf. Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1II, 1.2.1.-1.2.2.

I. Newtonsche Gesetze (Newton, 1687). 1. Newtonsches Gesetz: Wirkt auf einen Kör-per keine Kraft, so führt er eine geradlinige, gleichförmige Bewegung aus: v const= . (Auch als Trägheitsgesetz bekannt: Galilei, 1638).

2. Newtonsches Gesetz: ma F= oder ddvm Ft= : Masse mal Beschleunigung gleich

Kraft. Dieses Gesetz gilt nur für ein Inertial-system.

3. Newtonsches Gesetz: Kräfte, die zwei wechselwirkende Körper aufeinander aus-üben, sind gleich groß, entgegengerichtet und haben eine gemeinsame Wirkungslinie.

Varianten der Schreibweise des 2.N.G.

ma F= oder ddvm Ft= oder

2

2

dd

rm Ft

=

oder mv F= oder mr F= Schreibweise in Komponenten:

x x

y y

z z

ma Fma F

ma F

⎧ =⎪ =⎨⎪ =⎩

oder x x

y y

z z

mv Fmv F

mv F

⎧ =⎪ =⎨⎪ =⎩

oder x

y

z

mx Fmy F

mz F

⎧ =⎪ =⎨⎪ =⎩

.

Einheit der Kraft ist 2

kg m Ns⋅

≡ (1 Newton).

Bemerkung zum Sprachgebrauch:

Geschrieben in der Form mr F= , stellt das 2. N.G. eine Differentialgleichung bezüglich

( )r t dar, die als Bewegungsgleichung be-zeichnet wird (Engl.: "equation of motion"). Radiusvektor als Funktion der Zeit ( )r t nennt man in diesem Zusammenhang Bewe-gungsgesetz.

II. Bestimmung der Kraft bei vorgegebe-ner Bewegung ist die einfachste Aufgabe der Dynamik. Ist das Bewegungsgesetz ( )r t be-kannt, so berechnet sich die Kraft nach dem 2. N.G. durch zweifaches Differenzieren.

Beispiel 1. Ein Körper (Masse m) führt eine eindimensionale Bewegung nach dem Gesetz

( ) sinx t a tω= (a und ω sind Konstanten). Zu bestimmen ist die auf ihn wirkende Kraft.

Lösung. Die erste Ableitung der Koordinate

nach Zeit liefert cosx a tω ω= , nochmaliges Differenzieren ergibt 2 sinx a tω ω= − . Die Kraft ist nach dem 2.N.G. gleich

2 sinF mx ma tω ω= = − .

Beispiel 2. Kurvenfahrt. Ein Auto (Masse

1000kgm = ) durchfährt eine Kurve (Radius

100R m= ) mit der Ge-schwindigkeit 30m/sv = (108 km/h). Wie groß ist die Kraft, die auf es wirkt, wie ist sie gerich-tet, was ist das für eine Kraft? Lösung. Bei einer Bewegung auf einer Kreis-bahn mit einer betragsmäßig konstanten Ge-schwindigkeit ist die Beschleunigung zum Zentrum des Kreises gerichtet und ist gleich

2 /ra v R= − . Nach dem 2. N.G. hat auch die Kraft nur die radiale Komponente:

2

r rvF ma mR

= = − .

2 2 2 23 3 3

2 2

30 /10 9 10 9 1010r

v m s kg mF m kg NR m s

⋅= = = ⋅ = ⋅

Das ist die Reibungskraft zwischen der Straße und den Reifen.

III. Bestimmung der Bewegung bei vorge-gebener Kraft. Ist die Kraft, die auf einen Körper wirkt, be-kannt (oder ist das "Kraftgesetz" bekannt), so kann man die Bewegung bestimmen, indem man die Differentialgleichung mr F= löst. Zur eindeutigen Bestimmung des Bewe-gungsgesetzes ( )r t müssen die Anfangsbe-dingungen - die Lage und die Geschwindig-keit zu einem Zeitpunkt bekannt sein.

Beispiel 3. Zu bestimmen ist die eindimen-sionale Bewegung unter der Einwirkung einer konstanten Kraft. Zum Zeitpunkt 0t = be-fand sich der Körper im Punkt 0x und hatte Geschwindigkeit 0v .

Lösung. Das 2.N.G. lautet ddvm Ft= . Indem

wir beide Seiten mit dt multiplizieren d dm v F t= und unbestimmt integrie-

ren 1d dm v F t C= +∫ ∫ ⇒ 1mv Ft C= + erhal-

2

ten wir die Geschwindigkeit. Das Ergebnis schreiben wir in der folgenden Form:

1ddxm Ft Ct= + . Multiplikation mit dt :

( )1d dm x Ft C t= + und zweite unbestimmte

Integration liefern ( )1 2d dm x Ft C t C= + +∫ ∫

⇒ 211 22mx Ft C t C= + + . Die noch unbe-

kannten Integrationskonstanten 1C und 2C bestimmen wir aus den Anfangsbedingungen:

0 2mx C= , 0 1mv C= . Daraus folgt 21

0 02mx Ft mv t mx= + + oder 21

0 0 2Fmx x v t t= + + .

Für die Geschwindigkeit ergibt sich 0

Fmv v t= + .

Bemerkung: Diese Lösungsmethode funktio-niert auch bei einer beliebigen, explizit vor-gegebenen Kraft ( )F t als Funktion der Zeit. Die Beschleunigung ist dann auch eine gege-bene Funktion der Zeit. Durch erste Integrati-on gewinnt man die Geschwindigkeit, durch zweite Koordinate. Die beiden Integrations-konstanten bestimmen sich aus den Anfangs-bedingungen.

Beispiel 4. Bremsweg bei Vollbremsung. Zu bestimmen ist der Bremsweg eines Autos mit der Anfangs-geschwindigkeit

0v bei Vollbrem-sung. Der Rei-bungskoeffizient sei 1µ = .

Lösung. Die auf das Auto wirkenden Kräfte werden durch den Freischnitt sichtbar gemacht. 2. N.G. lautet:

1 2 0my mg N N= − + + = , 1 2mx R R= − − . Aus der ersten Gleichung folgt 1 2N N mg+ = Reibungskräfte bei Vollbremsung erhalten wir nach dem Gesetz "Normalkraft×Rei-bungskoeffizient": 1 1R Nµ= , 2 2R Nµ= . Daraus folgt ( )1 2 1 2R R N N mgµ µ+ = + = und für die x-Komponente des 2.N.G. mx mgµ= − . Das ist eine Bewegung unter Wirkung einer konstanten Kraft, daher gilt

0v v gtµ= −2 21 1

0 0 02 20Fmx x v t t v t gtµ= + + = + −

Aus der ersten Gleichung berechnet sich die Zeit bis zum Stillstand: 0 0v v gtµ= − = ⇒

0 /t v gµ= . Einsetzen in die zweite Glei-chung liefert den Weg bis zum Stillstand:

2 2 20 0 01 1

2 2Bremsv v vx

g g gµ µ µ= − = .

Für 0 30 /v m s= (108 km/h) ist 2 2 2 201

2 2

30 / 452 1 10 /Brems

v m sx mg m sµ

= ≈ =⋅ ⋅

Für 0 15 /v m s= (54 km/h) ist 11Bremsx m≈ . Für 0 8,5 /v m s= (ca. 30 km/h) 3,5Bremsx m≈ .

Beispiel 5. Schiefer Wurf. Ein Körper mit der Masse m wird zur Zeit

0t = unter einem Winkel α zur x-Achse mit einer Geschwindigkeit

0v abgeworfen. Wenn Luftwiderstand vernachlässigbar ist, wirkt als einzige Kraft das gewicht G in ne-gativer z-Richtung. Das 2. N.G. in kartesi-schen Koordinaten lautet

0mx = , mz G mg= − = − . Zweifache Integration führt nach Kürzen von m auf

1x C= , 3z gt C= − +

1 2x C t C= + , 2

3 42tz g C t C= − + + .

Die Anfangsbedingungen: 1 0(0) cosx C v α= = 3 0(0) sinz C v α= =

2(0) 0x C= = , 4(0) 0z C= = . Einsetzen liefert

0 cosx v α= , 0 sinz gt v α= − + ,

0 cosx v tα= ⋅ , 2

0 sin2tz g v tα= − + ⋅ .

Durch Elimination der Zeit t: 0/ cost x v α= erhält man die Bahngleichung

2

2 20

tan2 cos

gxz xv

αα

= − + ⋅

Der Körper bewegt sich auf einer Parabel. Die Wurfweite wx folgt aus der Bedingung

( ) 0wz x = : 20 sin 2w

vxg

α= .

Die größte Wurfweite ergibt sich für / 4α π= , und sie beträgt 2

,max 0 /wx v g= .

Die Wurfhöhe ist gleich 20( sin ) / 2hz v gα= .

1

Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 4. Kräfte: Schwerkraft, Reaktionskräfte, Widerstandskräfte, Federkraft, Auftriebskraft, Scheinkräfte. Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.3, 1.2.4.

I. Kraftgesetze 1. Gravitationskraft: Jedes Objekt zieht jedes andere Objekt mit einer Kraft an, welche proportional zu beiden Massen und umge-kehrt proportional dem Qua-drat der Entfernung zwischen ihnen ist. Die Kraft ist entlang der Verbindungslinie zwischen beiden Körpern gerichtet.

2

MmF Gr

=

Gravitationskonstante: 116,67 10G −= ⋅3

2

mkg s⋅

2. Widerstandskraft (turbulent) Ein fahrendes Au-to oder ein Flug-zeug erfahren eine Widerstandskraft, die annährend mit der folgenden Gleichung wiedergegeben wird:

212w wF c Avρ= .

Dabei ist A die Projektionsfläche des Körpers auf eine Ebene senkrecht zur Anströmrich-tung, ρ ist die Dichte des Mediums (z.B. Luft), v ist die Anströmgeschwindigkeit (bzw. Fahrgeschwindigkeit) und der Wider-standsbeiwert wc erfaßt alle weiteren Parame-ter. Er liegt z.B. bei modernen Pkw zwischen 0.3 und 0.4. Das Kraftgesetz ist nur gültig bei schnellen Bewegungen, bei denen sich eine turbulente Strömung bildet.

3. Widerstandskraft (Laminar) Bewegt sich der Körper in einer Flüssigkeit oder einem Gas so langsam, dass sich keine Wirbel bilden (laminare Umströmung), so ist die Widerstandskraft, wie das bereits Newton herasgefunden hat, proportional zur Ge-schwindigkeit:

wF vα= − . Die Konstante α hängt von der Geometrie des umströmten Körpers und von der Zähig-keit des Mediums, diesmal nicht aber von seiner Dichte. Minus-Vorzeichen zeigt, dass die Kraft entgegengestzt zur Geschwindigkeit gerichtet ist. Für eine Kugel gilt z.B.:

6wF rvπη= − .

(1854 Stokes); r ist hier Radius der Kugel, η - Viskosität des Mediums. (Z.B. für Was-ser bei 20°C ist 310 Pa sη −≈ ⋅ , für die Luft bei 20°C 51,8 10 Pa sη −≈ ⋅ ⋅ ).

4. Haftreibung und Gleitreibung Durch ausführliche experimentelle Untersu-chungen hat Coulomb (1736-1806) festge-stellt, dass die Reibungskraft R zwischen zwei Kör-pern, die mit der Normalkraft N an einan-der gedrückt sind, in erster, grober Näherung folgende einfache Eigenschaften hat:

A. Die Haftreibung (auch statische Rei-bungskraft) sR , die zu überwinden ist, um den Körper in Bewegung zu setzen, ist pro-portional zur Anpreßkraft N:

s sR Nµ= . Der Koeffizient sµ heißt statischer Rei-bungskoeffizient. Er hängt von der Material-paarung ab, weist aber dagegen fast keine Abhängigkeit von der Kontaktfläche und Rauhigkeit der Oberflächen.

B. Die Gleitreibung (auch kinetische Rei-bungskraft) kR ist die Widerstandskraft, die nach dem Überwinden der Haftung wirkt. - Gleitreibung ist proportional zur Anpreß-kraft N

k kR Nµ= - Die Gleitreibung hängt nicht (bzw. nur sehr schwach) von der Gleitgeschwindigkeit ab.

V. Elastische Kraft Alle Körper in der Welt sind mehr oder weniger deformierbar. Bei Fe-dern ist ihre Elastizität besonders ausgeprägt und wird technisch genutzt. Verschiebt man einen mit einer Fe-der gekoppelten Körper um x aus seiner Gleichgewichtsposition, so wirkt die feder auf ihn mit der Kraft

elF cx= − . c ist die Steifigkeit der Feder.

2

VI. Auftriebskraft (a) Bewegt sich ein nicht symmetrischer Kör-per in einer Flüssigkeit oder Luft, so ist die auf ihn vom Medi-um wirkende Kraft im Allgemeinen nicht entgegengestzt zur Geschwindig-keit gerichtet. Die entgegengesetzte Komponente der Kraft nennt man Widerstandskraft (s. oben). Die zur Bewegung senkrecht gerichtete Kompo-nente heißt Auftriebskraft. Beide sind bei turbulenten Umströmungen ungefähr propor-tional zum Quadrat der Geschwindigkeit. Für dünne strom-linienförmige Körper (wie ein Flügel) gilt

2AF v Sπαρ=

wobei S die Fläche des Flügels ist und α der sogenannte Anstellwinkel.

(b) Darüber hinaus gibt es auch bei sehr lang-samen Bewegungen die entgegen der Schwe-rekraft gerichtete archimedische Auftriebs-kraft, die gleich dem Gewicht der verdräng-ten Flüssigkeit ist.

VII. Elektrische, magnetische Kräfte Auf einen geladenen Körper im elektrischen Feld mit der Feldstärke E wirkt die Kraft F qE= , q ist die elektrische Ladung.

Auf einen geladenen Körper im magnetischen Feld mit der Induktion B wirkt die Kraft F qv B= × ; sie ist stets senkrecht zur Ge-schwindigkeit gerichtet.

VIII. Reaktionskräfte (auch Führungs-kräfte, Zwangskräfte) Wenn ein Massenpunkt gezwungen ist, sich auf einer vorgegebenen Fläche oder Kurve zu bewegen, so spricht man von einer geführten oder gebundenen Bewegung. In die-sem Fall treten die sogenannten Reak-tionskräfte auf, welche gerade die geforderte Bindung an eine Fläche oder Kur-ve bewirken. Für den Betrag der Reaktions-kraft kann man kein spezielles Kraftgesetz angeben. Sie zeigt aber immer in die Rich-tung, in der die Bewegung verhindert wird.

IX. Scheinkräfte Das 2. Newtonsche Gesetz gilt nur in Inerti-alsystemen. Manchmal ist es bequemer, eine Bewegung relativ zu einem sich beschleunigt bewegenden oder rotierenden Bezugssystem zu betrachten (die Erde ist z.B. auch kein ideales Inertialsystem). Man kann zeigen, dass man auch in einem bescheunigten Sy-stem die Newtonschen Gesetze in gewöhnli-cher Form anwenden kann, wenn man zusätz-liche, sogenannte Scheinkräfe einführt.

(a) In einem Bezugs-system, das sich rela-tiv zu einem Inertial-system mit der Be-schleunigung A be-wegt, muß die Scheinkraft

translF mA= −

eingeführt werden.

(b) In einem mit einer Winkelgeschwindig-keit ω rotierendem Bezugssystem müs-sen zwei Scheinkräfte eingeführt werden (diese Kraftgesetze werden im Kurs Mechanik III hergeleitet): Zentrifugalkraft 2

zentrifF mrω= wirkt radial von der Rotationsachse (r ist der Abstand zur Achse). Coriolis-Kraft 2CF mv ω= × .

Beispiel. Satellitenbewegung. Mit welcher Geschwin-digkeit umläuft die Erde ein erdnaher Satellit? Ra-dius der Bahn sei

36, 4 10R km= ⋅ . Lösung. Die einzige Kraft, die auf den Satel-liten wirkt, ist die Anziehungskraft der Erde (Schwerekraft). Sie ist immer zum Zentrum der Erde gerichtet und in der Nähe der Erd-oberfläche gleich rF mg= . Bewegt sich der Satellit auf einer Kreisbahn, so ist seine Be-schleunigung ebenfalls zum Zentrum gerich-tet und gleich 2

0 /ra v R= . Nach dem 2.N.G.

gilt 20 /mv R mg= . Daraus folgt

26 3

0 6, 4 10 9,8 8 10 /ms

v Rg m m s= = ⋅ ⋅ ≈ ⋅

1

Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 5. Das 2. Newtonsche Gesetz: Anwendungsbeispiele. Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.1.3, 1.2.4

Beispiel 1. Geostationäre Satelliten Verläuft die Bewegung eines Satelliten in der Äquatorebene der Erde und ist die Umlaufzeit gleich einem Tag, so "hängt" der Satellit immer über dem gleichen Punkt der Erde. Die einzige auf ihn wirkende Kraft ist die zum Zentrum gerichtete Gravitations-

kraft 2rMmF Gr

= . Bei einer Bewegung auf

dem Kreis ist Beschleunigung ebenfalls zum Zentrum gerichtet und gleich 2

ra rω= , wo-bei 2 /Tω π= die Winkelgeschwindigkeit ist (T=1 Tag ist die Umdrehungsperiode). 2.N.G.

besagt, dass 2

22

2MmG mr mrr T

πω ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

⇒

( )

1/32

22GMTrπ

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

. (1)

Die Fallbeschleunigung auf der Erdoberfläche ist gleich 2/g GM R= mit 36380 10R m= ⋅ als Erdradius. Daraus folgt 2GM gR= . Ein-setzen in (1) liefert

( )( ) ( )

( )

1/31/3 2 262 2

2 2

9,8 6,38 10 24 3600

2 2gR Trπ π

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⋅ ⋅ ⋅⎜ ⎟= ≈⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

42000km≈ . Das Entspricht einer Höhe über der Erdoberfläche von ca. 35620km .

Beispiel 2. Vertikaler Start einer Rakete Zu berechnen ist die Fluchtgeschwindigkeit bei einem vertikalen Start einer Rakete (Luft-widerstand ist zu vernachlässigen). Lösung. Es liegt eine eindimensionale Bewe-gung vor. 2.N.G. für die radiale Bewegung

lautet 2

GMrr

= − . Beschleunigung ist hier

eine Funktion der Koordinate. Man löst diese Differentialgleichung durch Multiplizieren

beider Seiten mit Geschwindigkeit ddrrvt

=

und Berücksichtigung, dass r

rdvdv dv drx a v

dt dr dt dr= = = ⋅ = ⋅ .

Die Bewegungsgleichung nimmt die Form

2r

rdv GMvdr r

⋅ = − an.

Multiplizieren mit dr ergibt

2r rGMv dv drr

= − .

Eine bestimmte Integration führt auf ( )22 0 1 1

2 2rr vv GM

R r⎛ ⎞− = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

Die gesuchte Geschwindigkeit ist eine solche, bei der 0v → wenn r →∞

( ) 20 2 11, 2 /rGMv gR km sR

= = ≈ .

Beispiel 3. Maximale Geschwindigkeit eines Autos. In der vertikalen Richtung gibt es keine Be-wegung. Unter Vernach-lässigung der Auftriebs-kraft gilt daher: N mg= . Da sich das Auto mit ei-ner konstanten Ge-schwindigkeit bewegen soll, lautet die hori-zontale Komponente des 2.N.G.:

0 wm F R⋅ = − + , wobei R mgµ= die maxima-le erreichbare Reibungskraft zwischen den Rädern und der Straße ist und 21

2w wF c Avρ= die (turbulente) Widerstandskraft. Aus

212 wmg c Avµ ρ= folgt

2

w

mgvc Aµρ

= .

Mit den charakteristischen Werten: 0, 4wc = , 22,5A m= , 31, 2 /kg mρ = , 1600m kg= ,

0.8µ = erhalten wir 146 / 525 /v m s km h≈ ≈ .

Beispiel 4. Freier Fall in einer viskosen Flüssigkeit Zu bestimmen ist das Bewe-gungsgesetz einer in einer Flüs-sigkeit frei fallenden Kugel mit Anfangsbedingungen: ( )0 0y = , ( )0 0yv = .

Lösung. Das 2. N. G. lautet: y

y

dvm mg v

dtα= − − . Multiplikation mit dt

ergibt y ydv g v dtmα⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠. Nach Trennung

der Variablen und bestimmter Integration er-

halten wir 0 0

yv ty

y

dvdt t

g vmα = − = −

+∫ ∫ ⇒

2

0ln yvy

m g v tmα

α⎛ ⎞+ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

⇒

ln 1 ym v t

mgα

α⎛ ⎞+ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⇒ 1

tm

ymgv e

α

α−⎛ ⎞

= −⎜ ⎟⎝ ⎠

Für sehr große Zeit t erreicht die Geschwin-

digkeit den Grenzwert mgα

− . Minus-Zeichen

zeigt, dass sich die Kugel in die negative y-Richtung bewegt. Zur Bestimmung der Koordinate schreiben wir die Geschwindigkeit als zeitliche Ablei-

tung 1t

mdy mg edt

α

α−⎛ ⎞

= −⎜ ⎟⎝ ⎠

, multiplizieren diese

Gleichung mit dt und integrieren bestimmt

0 0

1y t t

mmgdy e dtα

α−⎛ ⎞

= −⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ .

Ergebnis: 2

2 1 mmg my t g e tα

α α−⎛ ⎞

= − + −⎜ ⎟⎝ ⎠

Beispiel 5. Ein Feder-Masse-System Zu bestimmen ist das Bewegungsgesetz einer mit einer Feder gekoppelten Masse. Anfangsbedingungen: für 0t = lauten

(0) 0v = ; 0(0)x x= . Lösung. Wir betrachten nur die Bewegung in horizontaler Richtung und vernachlässigen Reibung in dieser Richtung. Die einzige Kraft, die unter diesen Voraussetzungen auf den aus der Ruhelage ausgelenkten Körper wirkt, ist die Federkraft F kx= − . Das 2.N.G. sieht wie folgt aus: ma kx= − ⇒ ( )/a k m x= − . Mit

Bezeichnung 2/k m ω= schreiben wir es in

der Form 2a xω= − oder 2dv xdt

ω= − .

Mit der Identität dv dv dx dv vdt dx dt dx

= ⋅ = ergibt sich

2dv v xdx

ω⋅ = − . Multiplikation mit dx und be-

stimmte Integration ergibt

0

2

0

v x

x

vdv xdxω= −∫ ∫ ⇒ 22 2

2 002 2 2

xv xω⎛ ⎞

− = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Daraus ergibt sich Geschwindigkeit als Funk-tion der Koordinate: 2 2

0v x xω= − . Wir schreiben nun Geschwindigkeit als zeitliche

Ableitung der Koordinate: 2 20

dx x xdt

ω= − ,

trennen die Variablen und integrieren be-

stimmt: 0

2 200

x t

x

dx dt tx x

ω ω= =−

∫ ∫ .

Mit der Substitution

( )( )0

0

sin /0 sin 1

2 20 0 0

sin

cos cos

x arc x x

x arcx x z x z

dx x z dz x x x z

= →

= ⋅ − =

erhalten wir

( )

( )

( )( )

00

0

sin /sin /0sin 12 2

0sin 10

0

coscos

arcsin( / ) / 2

arc x xxarc x x

arcx arc

x z dzdx zx zx x

x x tπ ω

⋅= =

−

− =

∫ ∫

Daraus folgt ( )0 sin / 2x x tω π= +

( )( ) 0

0

00/2

10

/ :/|1 /

x

x xx

x x zd x xzx x

=⎡ ⎤= =⎢ ⎥⎣ ⎦−

∫0/

21 1

x x dzz

=−

∫

0/1

0

arcsin1arcsin | arcsin/ 2

x x xz tx

ωπ

= = − =

Umkehren dieser Funktion ergibt ( )0 0sin 2 cosx x t x tω π ω= + =

Beispiel 6. Scheinkräfte.

A. Wann kippt ein Auto um? Gleichgewicht der Kraftmomente be-züglich des rechten Rades (im rotierenden Bezugssystem!!): ( )2 /m v R h mgd= ⇒ /v Rgd h= .

B. Neigung eines Motorradfahrers C. Zentrifuge. Durchmesser = 45 cm,1400 Umdrehungen pro Minute. Zu bestimmen ist die effektive Fallbeschleunigung in dem mit der Zentrifuge verbundenen Bezugssystem.

1

Mechanik II / Vorlesung 6 / Prof. Popov Impuls, Kraftstoß, Schwerpunktsatz, Impulserhaltung, Stoß Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.5, 2.2, 2.5

I. Impuls. Vektorielle Größe p mv= heißt Impuls des Körpers. Der Gesamtimpuls eines Mehrkörpersystems berechnet sich als Summe der Impulse seiner Bestandteile: i ip m v=∑ .

II. Impulssatz. Geschrieben in der Form

ddp Ft=

trägt das 2. Newtonsche Gesetz den Namen Impulssatz.

III. Kraftstoß. Durch Multiplizieren mit dt und Integration kann der Impulssatz in der folgenden Integralform dargestellt werden:

2 2

1 1

( )

( )

d ( )dp t t

p t t

p F t t=∫ ∫ ⇒ 2

1

2 1( ) ( ) ( )dt

t

p t p t F t t− = ∫

Änderung des Impulses ist somit gleich der

Größe 2

1

( )dt

t

F F t t= ∫ , die Kraftstoß heißt.

IV. Abgeschlossenes System. Ein Mehrkörpersystem heißt abgeschlossen, wenn die zu ihm gehörigen Körper nur mitein-ander wechselwirken.

V. Impulserhaltungssatz Betrachten wir ein abgeschlossenes System bestehend aus zwei Körpern. Diese Körper wechselwirken nur mit einander. Die Wechselwirkungskräfte genügen dem 3. Newtonschen Gesetz (actio=reactio). Das 2. Newtonsche Gesetz für jeden Körper kann demnach wie folgt geschrieben werden:

11

dvm Fdt

= 22

dvm Fdt

= − .

Summieren beider Gleichungen ergibt

1 21 2 0dv dvm m

dt dt+ = oder ( )1 1 2 2 0d m v m v

dt+ =

In der Klammer steht der Gesamtimpuls des

Systems: 0dpdt

= . Daraus folgt:

1 1 2 2p m v m v const= + =

Impuls eines abgeschlossenen Systems bleibt erhalten (Impulserhaltungssatz).

Dieser Satz gilt für ein abgeschlossenes Sy-stem bestehend aus beliebiger Zahl von Kör-pern.

IV. Innere und äußere Kräfte Die Kräfte, mit denen die Körper, die zu einem System gehören, mit einander wechselwirken, nennen wir innere Kräfte.

Die Kräfte, mit denen die Körper des Systems mit den Körpern außerhalb des Systems wech-selwirken, nennen wir äußere Kräfte.

Diese Definitionen sind systemabhängig. So ist z.B. die Wechselwirkungskraft zwischen der Sonne und der Erde eine innere Kraft, wenn wir die Sonne und die Erde als ein Sy-stem betrachten. Betrachten wir dagegen nur die Erde als "System", so ist das eine äußere Kraft.

VII. Impulssatz für ein Mehrkörpersystem Betrachten wir jetzt ein nicht abgeschlossenes (offenes) System, d.h. ein System, dessen Kör-per auch mit Körpern außerhalb des Systems wecheselwirken. F und F− sind hier innere Kräfte. 1F und 2F sind äußere Kräfte. Das 2. Newtonsche Gesetz für die beiden Körper lautet:

11

dp F Fdt

= + ; 22

dp F Fdt

= − + .

Addition dieser Gleichungen ergibt

1 2 extdp F F Fdt

= + =

extF ist Summe aller äußeren Kräfte.

Impulssatz: Zeitliche Ableitung des Impulses eines Sy-stems ist gleich der Summe aller äußeren Kräfte, die auf dieses System wirken. Teilerhaltung des Impulses: Ist Projektion der resultierenden äußeren Kraft auf die x-Achse Null, so bleibt die x-Projektion des Impulses erhalten.

2

Beweis: Der Impulssatz extdp Fdt

= in der Pro-

jektion auf die x-Achse lautet: 0xdpdt

= .

Daraus folgt xp const= .

VIII. Schwerpunktsatz Radiusvektor des Schwerpunkts eines Systems wird wie folgt definiert:

1 1 2 2

1 2

i i i is

i

m r m rm r m rRm m m M+ + ⋅⋅⋅

= = =+ + ⋅⋅⋅

∑ ∑∑

,

wobei M die Gesamtmasse des Systems ist. Die Geschwindigkeit des Schwerpunktes be-rechnet sich als zeitliche Ableitung dieses Vektors:

1 1 2 2

1 2

i is s

m vm r m r pV Rm m M M+ + ⋅⋅⋅

= = = =+ + ⋅⋅⋅

∑ .

Betrachten wir zwei Fälle:

a) Abgeschlossenes System 1 1 2 2

1 2

sdR m v m v p constdt m m M

+ + ⋅⋅⋅= = =

+ + ⋅⋅⋅:

Schwerpunkt eines abgeschlossenen Systems bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit.

b) Offenes System

/ extFdV dp dtdt M M

= = oder 2

2 extd RM Fdt

= .

IX. Plastischer Stoß Betrachten wir Zusammenstoß zweier Körper, nach dem sie sich als ein Ganzes bewegen (an einander kleben). Solcher Stoß nennt man pla-stischer Stoß. Die Wechselwirkungskräfte zwi-schen beiden Körpern, unabhängig von deren Größe und physikalischer Herkunft sind innere Kräfte. Wirken am System keine weiteren Kräfte, so ist das ein abgeschlossenes System. Der Impuls des Systems bleibt deshalb erhal-ten. Insbesondre gilt das für beliebige Zeit-punkte vor und nach dem Stoß: Impuls vor dem Stoß: 1 1 2 2m v m v+ Impuls nach dem Stoß ( )1 2m m v+ Wenn keine äußeren Kräfte gewirkt haben:

( )1 1 2 2 1 2m v m v m m v+ = + ⇒

1 1 2 2

1 2

m v m vvm m+

=+

X. Zerfall (z.B. durch eine Explosion)

Impuls "vor": ( )1 2 0 0m m+ ⋅ = Impuls "nach": 1 1 2 2m v m v+ Impulserhaltungssatz: 1 1 2 2 0m v m v+ =

12 1

2

mv vm

= −

XI. Mittelwert einer Kraft Betrachten wir eine von der Zeit abhängige Kraft ( )F t . Den Mittelwert dieser Kraft auf dem Zeitinter-vall von 1t bis

2t können wir bestimmen, indem wir das Zeitintervall in eine sehr große Zahl N von Teilintervallen t∆ unterteilen (offensichtlich gilt 2 1N t t t∆ = − ). Den Mittelwert F (der Strich über dem Buch-staben bedeutet "Mittelwert") berechnet man

mit der bekannten Regel 1

N

ii

FF

N==∑

. Indem

wir diese Gleichung mit t∆ multiplizieren und

dividieren, erhalten wir

2

11

2 1

( )t

N

iti

F t dtF tF

N t t t=

∆= =

∆ −

∫∑ .

Nach dem Impulssatz in der Integralform gilt 2

1

2 1( )t

t

F t dt p p= −∫ , wobei 2p und 1p Impulse

des Systems zu den Zeitpunkten 2t und 1t sind. Für den Mittelwert der Kraft ergibt sich somit

2 1

2 1

p pFt t−

=−

Mittelwert der Kraft ist gleich Änderung des Impulses dividiert durch das Zeitintervall, in dem diese Änderung stattgefunden ist.

Schwerpunktsatz: Der Schwerpunkt eines Systems bewegt sich so, als ob die Gesamt-masse in ihm vereinigt wäre und alle äußeren Kräfte an ihm angriffen.

1

Mechanik II / Vorlesung 7 / Prof. Popov Arbeit, kinetische und potentielle Energie, Elastischer Stoß Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.7 I. Mechanische Arbeit, Arbeitssatz Betrachten wir einen Körper mit der Masse m, der sich unter der Wirkung einer (im Allgemei-nen zeit- oder ortsabhängigen) Kraft F bewegt. Das zweite Newtonsche Gesetz für den Körper

lautet dvm Fdt

= .

Indem wir diese Gleichung mit v multiplizie-ren, erhalten wir

dvm v F vdt

⋅ = ⋅ (Skalarprodukt!) (1)

Die linke Seite der Gleichung kann in der Form

( ) ( )2

2 2

d vd v vdv m mm vdt dt dt

⋅⋅ = =

dargestellt werden. Die rechte Seite schreiben

wir wie folgt um: drF v Fdt

⋅ = ⋅ . Die Gleichung

(1) nimmt die Form ( )2

2m d v F dr= ⋅ an.

Bestimmte Integration ergibt

( )2 2

1 1

2

2

v r

v r

m d v F dr= ⋅∫ ∫

oder 2

1

2 22 1

2 2

r

r

mv mv F dr− = ⋅∫ . (2)

Die Größe 2

2mvK = ist die kinetische Energie

des Körpers.

Das Integral 2

1

r

r

W F dr= ⋅∫ nennt man die von

der Kraft F auf dem Weg zwischen 1r und 2r geleistete Arbeit. Gleichung (2) sagt aus, dass Änderung der ki-netischen Energie eines Objektes gleich der durch die einwirkenden Kräfte geleisteten Ar-beit ist.

2 1K K W− = . (Arbeitssatz)

II. Eigenschaften der Arbeit.

-Arbeit wird als Integral 2

1

r

r

W Fdr= ∫ definiert.

-Bei einer konstanten Kraft gilt

( )2

1

2 1

r

r

W F dr F r r F r= = − = ∆∫

- Wann ist W=0? ⇒ 0F = oder 0r∆ = oder 90θ = ° .

- Die Arbeit von A nach B ist gleich minus die Arbeit von B nach A.

- Arbeit ist eine additive Größe (Arbeit mehre-rer gleichzeitig wirkender Kräfte ist gleich der Summe der Arbeiten einzelner Kräfte). Folgt aus der Definition.

III. Leistung. Betrachten wir Bewegung in-nerhalb eines infinitesimal kleinen Zeitinter-valls dt , so kann man den Arbeitssatz in der Differentialform schreiben: dK dW= . Dividieren durch dt ergibt dK dWdt dt

= . (3)

Die Größe /dW dt heißt Leistung der Kraft.

Gleichung (3) bedeutet, dass die zeitliche Änderung der kinetischen Energie eines Ob-jektes gleich der durch die einwirkenden Kräfte aufgebrachten Leistung ist. Einheiten: [ Arbeit ] = Newton ⋅ Meter =Joule [ Leistung ] = Joule pro Sekunde =Watt 1 Kilowattstunde 310 3600= ⋅ J = 63,6 10⋅ Joule

IV. Potentielle Energie, Energieerhaltungs-satz. Betrachten wir eine eindimensionale Be-wegung unter der Einwirkung einer Kraft

( )F x , die nur von der Koordinate abhängt. Das zweite Newtonsche Gesetz lautet:

( )mv F x= . Multiplizieren mit v ergibt

( )dv dxm v F xdt dt

= oder ( )mvdv F x dx=

Bestimmte Integration ergibt

( ) ( ) ( )0

220

02 2

x

x

mvmv F x dx U x U x− = = −∫ , (4)

wobei ( ) ( )U x F x dx= −∫ Stammfunktion zur Funktion ( )F x− ist (unbestimmtes Integral von ( )F x− ).

r∆

Fθ

cosW F r θ= ⋅∆ ⋅

2

(4) kann wie folgt umgeschrieben werden:

( ) ( )220

02 2mvmv U x U x+ = + . (5)

Die Größe ( )U x heißt potentielle Energie und

die Summe ( )2

2mvE U x K U= + = + - volle

Energie des Systems.

Gleichung (5) besagt, dass die volle Energie des Systems erhalten bleibt (Energieerhal-tungssatz): E K U konst= + = . Der Energieerhaltungssatz in dieser Form gilt nur dann, wenn die Kräfte nur von der Koordi-nate abhängen (im Allgemeinen Fall gilt das für konservative Kräfte, s. nächste Vorlesung).

Bemerkung: Aus der Definition der potentiel-

len Energie folgt, dass ( ) UF xx

∂= −

∂. Diese

Gleichung nennt man 1. Satz von Castigliano.

V. Beispiele A. Potentielle Energie der Schwerekraft.

Die Schwerekraft ist gleich F mg= − . Potentielle Energie ist demnach U mgdh mgh C= = +∫ . C ist eine beliebige Konstante, die z.B. gleich Null gesetzt

werden kann. Der Energieerhaltungssatz hat

die Form 2

2mv mgh konst+ = .

B. Potentielle Energie einer elastischen Feder. Die Federkraft ist gleich F cx= − . Potentielle Energie demnach

2

2xU cxdx c= =∫ .

Energieerhaltungssatz: 2 2

2 2mv xc konst+ = .

C. Potentielle Energie der Gravitationskraft im allgemeinen Fall.

2

MmF Gr

= − .

2

Mm MmU G dr Gr r

= = −∫ .

Energieerhaltungssatz: 2

2mv MmE G konst

r= − = .

Die auf dem geschlossenen Weg geleistete Arbeit ist gleich

2 1 4 3 6 5 8 7

1 1 1 1 1 1 1 1 0W GMmr r r r r r r r

⎛ ⎞= − + − + − + − ≡⎜ ⎟

⎝ ⎠Kräfte, deren Arbeit auf jedem geschlossenen Weg Null ist, heißen konservativ.

VI. Ein Pendel Zu bestimmen ist das Bewe-gungsgesetz und die Stangen-kraft für ein Pendel bestehend aus einem leichten Stab und einer Kugel, die man als ein Massenpunkt betrachten kann. Zum Zeitpunkt 0t = wird es aus der Ruhelage um den Winkel 0ϕ ausgelenkt und freigelassen. Lösung. Wir schreiben zunächst den Energie-

erhaltungssatz 220

02 2mvmv mgh mgh+ = + .

Unter Berücksichtigung geometrischer Bezie-hung (1 cos )h l ϕ= − und 0 0v = ergibt sich

2

0(1 cos ) (1 cos )2v gl glϕ ϕ+ − = −

Daraus folgt ( )02 cos cosv gl ϕ ϕ= − .

Wir wollen das 2. Newtonsche Gesetz in polarer Basis schrei-ben. Die zirkulare und radiale Komponenten der Beschleuni-gung sind gleich a lϕ ϕ= , ( )2

ra l ϕ= − Für die zirkulare und radiale Kraftkomponenten haben wir:

sinF mgϕ ϕ= − cosr NF mg Fϕ= − Das 2.N.G. nimmt die Form

sinml mgϕ ϕ= − , ( )2 cos Nml mg Fϕ ϕ− = − an. Aus der zweiten Gleichung können wir die Stangenkraft als Funktion des Winkels ϕ be-rechnen:

( )2

0cos 3cos 2cosNvF mg m mgl

ϕ ϕ ϕ= + = − .

Das Bewegungsgesetz bekommen wir aus der

Gleichung ( )0d 2 cos cosd

v l gltϕ ϕ ϕ= = −

durch Trennung der Variablen und Integration.

Ist ein Perpetuum mobile möglich?

1

Kinematik und Dynamik / Mechanik II / Vorlesung 8 / Prof. Popov Arbeit, kinetische und potentielle Energie, konservative Kräfte, Energieerhaltungssatz Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.7 I. Eigenschaften der Arbeit.

-Arbeit wird als Integral 2

1

r

r

W Fdr= ∫ definiert.

-Bei einer konstanten Kraft gilt

( )2

1

2 1

r

r

W F dr F r r F r= = − = ∆∫

- Wann ist W=0? ⇒ 0F = oder 0r∆ = oder 90θ = ° .

- Die Arbeit von A nach B ist gleich Minus die Arbeit von B nach A.

- Arbeit ist eine additive Größe (Arbeit mehre-rer gleichzeitig wirkender Kräfte ist gleich der Summe der Arbeiten einzelner Kräfte). Folgt aus der Definition.

II. Konservative Kräfte Gegeben sei ein Kraftfeld ( ) ( ), ,F x y z F r= . Das Kraftfeld (oder einfach die Kraft) heißt konservativ, wenn die von dieser Kraft auf ei-nem beliebigen geschlossenen Weg geleistete Arbeit gleich Null ist: 0W Fdr= =∫ . Schlussfolgerung: Die Arbeit zwischen 1 und 2 hängt vom Weg nicht ab!

Konservative Kräfte: Gravitationskraft, elasti-sche Kraft, elektrostatische Kräfte. Nichtkonservative: Widerstandskraft, Rei-bungskraft III. Potentielle Energie einer konservativen Kraft Wir definieren eine neue Funktion:

( ) ( ) ( )P

O

U P F r dr W O P= − = − →∫

( ) ( ) ( )Q

O

U Q F r dr W O Q= − = − →∫

Jetzt gehen wir den Weg O P Q O→ → → . Die Arbeit ist gleich

( ) ( ) ( ) 0W O P W P Q W Q O→ + → + → = oder

( ) ( ) ( ) 0U P W P Q U Q− + → + = . Daraus folgt

( ) ( ) ( )W P Q U P U Q→ = −

Bei einer Bewegung unter der Wirkung von konservativen Kräften gilt

2 1 1 2K K W U U− = = − . Daraus folgt der Energieerhaltungssatz

2 2 1 1K U K U konst+ = + =

IV. Wie stellt man fest, ob eine Kraft kon-servativ ist? • Ein homogenes Kraftfeld ist konservativ.

( )1

1

1 1 0r

r

W F dr F r r= = − ≡∫

• Eine zentrale Kraft, die nur vom Abstand zu einem Zentrum abhängt, ist konser-vativ. • Summe konservativer Kräfte ist eine konservative Kraft:

Gravitationskraft einer beliebigen Massen-verteilung

Elektrostatische Kraft einer beliebigen Ver-teilung von Ladungen

Elastische Kräfte (letztendlich nichts ande-res als elektrische Kräfte)

Eine beliebige Kombination aus elektri-schen, elastischen und Gravitationskräften.

V. Potentielle Energien: a) Einer elastischen Feder mit Steifigkeit c:

2

( )2xU x c= (1)

b) Im Gravitationsfeld: 1 2( ) m mU r Gr

= − . (2)

c) Der Zentrifugalkraft in einem rotierenden Bezugssystem:

2 2( )2mU r rω= − . (3)

VI. Kräfte, die senkrecht zur Bewegungs-richtung gerichtet sind, leisten keine Arbeit

O

P

Q

r∆

FθcosW F r θ= ⋅∆ ⋅

P Q

R

2

und brauchen weder im allgemeinen Ar-beitssatz, noch im Energieerhaltungssatz berücksichtigt zu werden: - Zwangs- oder Reaktionskräfte - magnetische Kräfte ( )F qv B= ×

- Corioliskraft im rotierenden Bezugssystem ( )2F mv ω= × - (aerodynamische) Auftriebskraft.

Erläuterung zur Arbeit von Zwangskräften Zwangskräfte in mechanischen Systemen sind Kräfte, die stets senkrecht zur Bewegungsrich-tung gerichtet sind. Daraus folgt für die Arbeit:

( )2 2

1 1

2 2 2

1 1 1

r r

Zwangs eingeprägtr r

r r r

Zwangs eingeprägt eingeprägtr r r

W Fdr F F dr

F dr F dr F dr

= = + =

+ =

∫ ∫

∫ ∫ ∫

Bei Berechnung der Arbeit können Zwangs- (Reaktions-)kräfte außer Acht gelassen werden.

VII. Arbeitssatz in Anwesenheit von konser-vativen und nicht konservativen Kräften? Der Arbeitssatz in der allgemeinen Form

2 1K K W− = gilt immer. Die Arbeit können wir schreiben als 2 1 kons nichtkonsK K W W W− = = +

Für die Arbeit der konservativen Kräfte gilt 1 2konsW U U= − . Der Arbeitssatz nimmt die

Form 2 1 1 2 nichtkonsK K U U W− = − + an oder

1 1 2 2 nichtkonsK U K U W+ = + − .

VIII. Gravitationsfeld einer Kugel

Masse des infinitesimalen Ringes:

2 2

2 sin4 4 2

ds h ad ddm m m ma a

π θ θ θπ π

⋅ ⋅= = = ⋅ .

Die durch den Ring erzeugte potentielle Ener-

gie: 'Gm dmdUr

= − =

2 2

' sin2 2 cos

m m dGR Ra a

θ ϑθ

= −− +

Die volle potentielle Energie:

2 20

' sin2 2 cos

Gm m dUR Ra a

π θ θθ

= − =− +

∫

2 2' ( ) ( )2

Gm m R a R aRa

⎡ ⎤= − − +⎣ ⎦

a R a> : ' /U Gm m R= − b R a< : ' /U Gm m a= −

IX. Anwendungsbeispiele B1. Wie groß ist die Fluchtgeschwindigkeit für eine Rakete, die unter einem Winkel α zur Vertikale gestartet wird? Lösung:

Am Anfang: 2

1 2mvK = , 1

MmU GR

= −

Am Ende: 2 0K = , 2 0U = .

Energieerhaltungssatz: 2

02

mv MmGR

− = .

Daraus 2 2GMv gRR

= = - hängt vom Win-

kel α nicht ab!

B2. Ein Fadenpendel wird nach links bis zur Höhe h ausgelenkt und losgelassen. In der vertika-len Position stößt der Faden auf ein Hindernis. Welche maxima-le Höhe erreicht das Pendel in der rechten Position?

Lösung: Am Anfang: 1 0K = , 1U mgh= Am Ende: 2 0K = , 2 2U mgh= . Zwangskräfte bleiben unberücksichtigt. Aus dem Energieerhaltungssatz folgt 2h h= .

B3. Im Abstand h über dem Ende einer unge-spannten Feder befindet sich eine Masse m. Sie wird ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelas-sen. Wie groß ist die maximale Zusammen-drückung der Feder? Lösung: Sowohl Gravitationskraft als auch elastische Kraft sind konservativ. Es gilt der Energieerhaltungssatz. Am Anfang: 1 0K = , 1 0U mgh= +

Am Ende: 2 0K = , 2

2 2xU mgx c= − +

Energiesatz: 2

2xmgh mgx c= − + . Daraus

21 1mg hcxc mg

⎡ ⎤= + +⎢ ⎥

⎣ ⎦. Sonderfall: Bei 0h =

ist 2 /x mg c= - zwei Mal größer, als bei stati-scher Belastung.

h

m

hx

vα

R

Eine dünne Kugelschale mit Masse m .

1

Mechanik II /Vorlesung 9 / Prof. Popov Energieerhaltung, Impulserhaltung Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.7, 2.5

I. Schleifenfahrt (Looping) Ein Körper gleitet von einer Höhe h mit der Anfangsgeschwindigkeit 0 0v = eine schiefe Ebene hinab, die in einer Kreisschleife aus-läuft. Es soll diejenige Höhe bestimmt werden, für die kein Ablösen von der Kreisbahn mit dem Radius R eintritt.

Bedingung dafür ist, daß der Bahndruck im höchsten Punkt P der Kreisbahn verschwindet, d.h.

22vm mg

R= .

Eine Energiebilanz zwischen dem Anfangs-punkt und dem höchsten Punkt in der Schleife liefert:

220 22vmgh mgR m+ = +

Daraus folgt die Höhe ( )5 / 2h R= .

II. Elastischer Stoß (a) Zentrischer Stoß

Geschwindigkeiten vor dem Stoß: 1v und 2v .

Geschwindigkeiten nach dem Stoß: 1v′ und 2v′ .

In einem abgeschlossenen System bleibt Im-puls erhalten:

1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v′ ′+ = + . (1) Bei einem elastischen Stoß bleibt Energie er-halten:

2 2 2 21 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v′ ′+ = + . (2)

Diese Gleichungen können umgeschrieben werden:

( ) ( )1 1 1 2 2 2m v v m v v′ ′− = −

( ) ( )2 2 2 21 1 1 2 2 2m v v m v v′ ′− = −

Wir teilen die zweite Gleichung durch die er-ste:

1 1 2 2v v v v′ ′+ = + oder ( )1 2 1 2v v v v′ ′− = − − (3) Betrag der relativen Geschwindigkeit ändert sich beim elastischen Stoß nicht.

Aus dem linearen Gleichungssystem (1) und (3) folgt:

1 1 2 21 1

1 2

2 m v m vv vm m+′ = − ++

1 1 2 22 2

1 2

2 m v m vv vm m+′ = − ++

(b) Nicht zentrischer Stoß (hier nur Sonderfall 1 2m m= , 2 0v = ).

Der Impulserhaltungssatz nimmt die Form

1 1 2 2m v m v+ 1 1 2 2m v m v′ ′= + an.

Energieerhaltung: 2 2

1 1 2 2m v m v+ 2 21 1 2 2m v m v′ ′= + .

Bei gleichen Massen bedeutet das 1 1 2v v v′ ′= + und 2 2 2

1 1 2v v v′ ′= + . Aus der ersten Glei-chung ist ersichtlich, dass die Vektoren

1v , 1v′ und 2v′ ein Drei-eck bilden. Die zweite Gleichung ist der Py-

thagoras-Satz. Daraus folgt, dass dies ein rechtwinkliges Dreieck ist ( 90θ = ° ): nach einem elastischen Stoß fliegen die Kugeln un-ter einem rechten Winkel zu einander.

III. Energieänderung beim plastischen Stoß Betrachten wir noch einmal einen plastischen Stoß, d.h. einen Zusammenstoß zweier Körper, nach dem sie sich als ein Ganzes bewegen (an einender kleben).

Die Wechselwirkungskräfte zwischen beiden Körpern, unabhängig von deren Größe und physikalischer Herkunft sind innere Kräfte. Wirken am System keine weiteren Kräfte, so ist das ein abgeschlossenes System. Der Im-puls des Systems bleibt deshalb erhalten. Ins-besondre gilt das für beliebige Zeitpunkte vor und nach dem Stoß: Impuls "vor": 1 1 2 2m v m v+ Impuls "nach" ( )1 2m m v+ Wenn keine äußeren Kräfte gewirkt haben: ( )1 1 2 2 1 2m v m v m m v+ = + ;

2

1 1 2 2

1 2

m v m vvm m+

=+

Wie steht es mit der Energie der Körper?

Die Energieänderung ist gleich ( )

( )

( )

2 2 21 2 1 1 2 2

2 1

2

1 1 2 21 2 2 2

1 2 1 1 2 2

21 1 2 2 2 2

1 1 2 21 2

2 2 2

2 2 2

2

m m v m v m vK K K

m v m vm mm m m v m v

m v m vm v m v

m m

+∆ = − = − −

⎛ ⎞++ ⎜ ⎟+⎝ ⎠= − −

+− −

+=

( ) ( )( )( )

2 2 21 1 2 2 1 1 2 2 1 2

1 2

2 21 1

2

m v m v m v m v m m

m m

m v

+ − + +=

+

=2 2

1 1 2 2 2 22m v m v m v+ +( ) 2 21 1m v− 2 2

2 2m v+( ) ( )( )

( )( )

( )( )

2 21 2 1 2

1 2

22 21 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

2

2

2 2

m m v v

m m

m v m v m m v v m m v v

m m m m

− +

+

− + −= = −

+ +

und ist immer negativ: Energie geht bei einem plastischen Stoß verloren!

IV. Kinetische Energie eines Mehrkörpersy-stems

2

2mvK = ? falsch !

Wir betrachten zwei Koordinatensysteme: Laborsystem (x,y) und ein System, das sich mit der Geschwindigkeit v des Schwerpunktes bewegt (Schwerpunktsystem).

Gegeben sind: Geschwindigkeiten iv im Schwerpunktsystem und Geschwindigkeit v des Schwerpunktes. Zu bestimmen ist gesamte kinetische Energie.

Geschwindigkeiten im Laborsystem sind 'i iv v v= + .

Die gesamte Kinetische Energie ist gleich ( )22'

2 2i ii i m v vm vT

+= = =∑ ∑

2 222 2 2i i i i im v m v v m v

= + + =∑ ∑ ∑

2 2

2 2i i

i i im v vv m v m= + + =∑ ∑ ∑

0= m

2

2mv

= + 2

2i im v∑

z. B. Wärme

→

Kinetische Energie im Schwerpunkt System = „innere Energie“

„Kinetische Energie des Schwerpunktes“

0

1m 0

2m→

0

5m 0

4m↑

0

3m→

m v

1

Mechanik II /Vorlesung 10 / Prof. Popov Teilelastischer Stoß, Stoßzahl. Körper mit veränderlicher Masse Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 2.6, 2.7. I. Elastischer und nicht elastischer Stoß

0 1v v= -absolut elastischer Stoß

1 0v = -absolut plastischer Stoß

1 0v e v= - teilelastischer Stoß e = Stoßzahl

Beim elastischen Stoß bleibt Energie erhalten.

Ein Modell für einen teilelastischen Stoß. Ein Körper mit Masse m ist mit ei-ner Feder (Steifigkeit c) und einem Dämp-fer (Dämpfungskon-stante d) versehen.

Er stößt gegen eine starre Wand mit der Ge-schwindigkeit 0v . Mit den Methoden, die spä-ter bei der Schwingungstheorie erläutert wer-den (Vorlesung 21) kann man zeigen, dass für

2d mc> der Stoß absolut plastisch ist: Der Körper springt nicht zurück. Für 2d mc< ist der Stoß teilelastisch und die Stoß-zahl kann durch die Glei-chung

2exp

2 4 / 1e

mc dπ⎛ ⎞

= −⎜ ⎟−⎝ ⎠

angenähert werden (Bild oben).

Beispiel 1: Man lässt eine elastische Kugel aus einer Höhe 1h auf eine starre ebene Fläche fallen. Nach dem Stoß erreicht sie eine Höhe

1h . Wie groß ist die Stoßzahl? Lösung: Die Geschwindigkeit vor dem Stoß ist gleich 1 12v gh= . Die nach dem Stoß

2 22v gh= .

Die Stoßzahl ist gleich 2 1 2 1/ /e v v h h= = . Bei 2 1/ 0.78h h = ist 0.88e = . Nach vier Stö-ßen wird die Höhe 4

1 10.78 0.37h h= sein.

II. Teilelastischer Stoß zweier Körper Beim teilelastischen Stoß verringert sich der Betrag der relativen Geschwindigkeit: ( ) ( )1 2 1 2e v v v v′ ′− = − − .

Aus dieser Gleichung zusammen mit dem Im-pulserhaltungssatz

1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v′ ′+ = + kann man 1v′ und 2v′ bestimmen:

( ) ( )1 1 1 2 2 11 2

1 1v m v e v m emm m

′ = + + −⎡ ⎤⎣ ⎦+

( ) ( )2 2 2 1 1 21 2

1 1v m v e v m emm m

′ = + + −⎡ ⎤⎣ ⎦+

III. Körper mit veränderlicher Masse a) Rakete im Weltraum

Eine Rakete stößt Verbrennungsprodukte mit einer Abstoßgeschwindigkeit c. Die verbliebe-ne Masse der Rakete sei ( )m t . Das Massendif-ferential dm ist eine negative Größe. Deshalb ist die abgestoßene Masse gleich dm− . Wir gehen in ein Inertialsystem über, das sich zum Zeitpunkt t mit der Rakete bewegt. Impulserhaltung beim Abstoß einer kleinen Gasmasse dm− : Impuls "vor" 0= Impuls "nach" ( ) 0mdv c dm= − − =

/dv cdm m= − ; (1) Diese Änderung der Geschwindigkeit gilt na-türlich in jedem Inertialsystem, auch im "ru-henden". Integration von (1) führt zur

Ziolkowski-Gleichung:

0

0

0

ln lnm

m

dm m mv c c cm m m

= − = − =∫

Beispiel 2. Wie schwer muss eine Rakete min-destens sein, damit sie eine Kapsel mit der Masse m bis zur Geschwindigkeit v beschleu-

nigen kann? Antwort: /0 v cm em

= ;

Beispiel: v=Fluchtgeschwindigkeit (11,2 km/s) c=2, 3 oder 4 km/s.

11,2/ 2 270e = ; 11,2/3 40e = ; 11,2 / 4 16e = .

b) Rakete im Schwerefeld

2

Das System ist nicht abgeschlossen, der Impuls bleibt nicht erhalten. Impulssatz gilt aber für alle Systeme, auch nicht abgeschlossene: Impuls "vor" 0= Impuls "nach" ( )mdv c dm= − − . Änderung des Impulses ist gleich Kraft mal Zeit:

( ) ( )dp mdv c dm Fdt m dm gdt mg dt= − − = = − + ≈ − ⋅

Daraus folgt ( )dmdvm mg c

dt dt−

= − + . (2)

( )dmq

dt−

= ist die pro Zeiteinheit

ausgestoßene Masse. Die Glei-chung (2) nimmt die Form an:

sdvm mg cq F Sdt

= − + = +

sF ist Schwerekraft, S ist Schub. Angenommen, die Massenänderung q ist kon-stant. Dann gilt: 0m m qt= −

0

dv cq cqg gdt m m qt

= − = − +−

0 00

log 1t cq qv gt gt c t

m qt m⎛ ⎞

= − + = − − −⎜ ⎟− ⎝ ⎠∫

Grenzfall: kleine t 0

0 0

cq m gqv gt c t tm m

−= − + =

Ein Start ist nur dann möglich, wenn

0cq m g>

Beispiel 3. Ein Mensch (Masse m) geht vom

Bug eines (am Anfang ruhenden) Bootes (Länge L) zum Heck über. Wie verschiebt sich das Boot unter den folgenden An-

nahmen: (a) Es gibt keine Reibung zwischen dem Boot und Wasser, (b) Es gibt eine Wider-standskraft proportional zur Geschwindigkeit? Lösung. (a) keine Reibung. Die Länge des Bootes ist 1 2L x x= − . Verschiebung des Schwerpunktes:

1 2 0Smx Mxx

m M+

∆ = =+

(Null nach dem Schwerpunktsatz). Aus dem Gleichungssystem folgt

2mx L

M m= −

+.

(b) (Mit Widerstandskraft)

Das 2. N.G. für den Menschen und das Boot: 1

2 2

mx NMx N xα

=⎧⎨ = − −⎩

⇒ 1 2 2mx Mx xα+ = −

oder 1 2 2mx Mx x Cα+ = − + . Aus den Anfangsbedingungen folgt 0C = . Somit 2 1 2x mx Mxα = − − . Am Ende des Prozesses sind 1 0x = , 2 0x = . Somit ist 2 0x = : Das Boot ist am Ende in der-selben Lage wie am Anfang!

IV. Kinetische Energie eines Mehrkörpersy-stems

Wir betrachten zwei Koordinatensysteme: Laborsystem (x,y) und ein System, das sich mit der Geschwindigkeit v des Schwerpunktes bewegt (Schwerpunktsystem). Gegeben sind: Geschwindigkeiten iv im Schwerpunktsystem und Geschwindigkeit v des Schwerpunktes. Zu bestimmen ist gesamte kinetische Energie. Lösung: Geschwindigkeiten im Laborsystem sind 'i iv v v= + . Die gesamte Kinetische Energie ist gleich

( )22'2 2

i ii i m v vm vT+

= = =∑ ∑

2 222 2 2i i i i im v m v v m v

= + + =∑ ∑ ∑

2 2

2 2i i

i i im v vv m v m= + + =∑ ∑ ∑

0= m

2

2mv

= + 2

2i im v∑

g

→

Kinetische Energie im Schwerpunktsystem = „innere Energie“ „Kinetische Energie

des Schwerpunktes“

0

1m 0

2m→

0

5m 0

4m↑

0

3m→

m v

1

Mechanik II /Vorlesung 11 / Prof. Popov Drehimpuls, Drehimpulssatz (Drallsatz). Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.6, 2.3

I. Drehimpuls (Drall) eines Massenpunktes

Den Vektor L r p r mv= × = ×

bezeichnet man als Drehimpuls des Massen-punktes. r ist dabei der Radiusvektor des Massenpunktes von einem festen Bezugs-punkt, der frei wählbar ist. Der Drehimpuls hängt somit von der Wahl des Bezugspunktes ab.

II. Der Drehimpulssatz (Drallsatz) Zeitliche Ableitung des Drehimpulses ergibt:

( )

( ) 0 .

d d dL r mv r mv r m vdt dt dt

v mv r F M

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= × = × + × =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= × + × = +

M ist hier Kraftmoment bezüglich desselben Koordinatenursprunges. Für die zeitliche Ab-leitung des Drehimpulses gilt somit:

L M= -

Die zeitliche Ableitung des Drehimpulses im Bezug auf einen raumfesten Punkt ist gleich dem Moment der am Massenpunkt angreifen-den Kraft bezüglich desselben Punktes. (Drehimpulssatz)

III. Drehimpulserhaltung Verschwindet das Moment M , so ist 0L = oder L const= - der Drehimpuls bleibt erhal-ten. Anders als beim Impulserhaltungssatz kann der Drehimpuls auch in einem nicht abge-schlossenen System erhalten bleiben. Dafür ist es notwendig, dass das Kraftmoment ver-schwindet (nicht aber unbedingt die Kraft selbst!)

IV. Bewegung in einem Zentralfeld. Zeigt bei einer Bewegung der Kraftvektor stets zu einem Zentrum O hin, so verschwin-det das Moment bezüglich O, denn in diesem Fall haben F und r stets die gleiche Rich-tung, somit gilt 0r F× ≡ . Der Drehimpuls bezüglich des genannten Kraftzentrums bleibt somit erhalten.

V. Ebene Bewegung. Liegt die gesamte Bahn in einer Ebene (sagen wir (x,y)) und wählen wir als Bezugspunkt einen Punkt in derselben Ebene, so hat der Drehimpuls eine einzige Komponente zL .

Index z wird in diesem Fall meistens ausgelas-sen. Für die einzige Drallkomponente erhal-ten wir

2sinL mrv mrv mrϕθ ω= = =Beispiel 1. Eine Masse m, die von einem Fa-den gehalten wird, bewegt sich mit der Win-kelgeschwindigkeit 0ω auf einer glatten, waa-gerechten Kreisbahn mit dem Radius 0r .

Der Faden wird durch ein Loch A in der Mitte der Kreisbahn geführt. a) Wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit

1ω , wenn der Faden so angezogen wird, dass sich die Masse im Abstand 1r bewegt? b) Wie ändert sich dabei die Fadenkraft?

Lösung: Die Spannkraft des Fadens zeigt stets zum Punkt A. Sie hat bezüglich A kein Mo-ment. Der Drehimpuls bezüglich A bleibt so-mit erhalten: Der Drehimpuls im Anfangszustand:

20 0 0L mr ω= .

Der Drehimpuls im Endzustand: 2

1 1 1L mr ω= . Aus der Drehimpulserhaltung 2 2

0 0 1 1mr mrω ω=

folgt 2

01 0

1

rr

ω ω⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Das 2. N.G. für eine Bewegung auf einer Kreisbahn unter der Wirkung der radialen Spannkraft S lautet:

4 342 2 20 0 0

0 0 03

r r rS m r mr m Sr r r

ω ω ω⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Beispiel 2. Geschwindigkeit eines Satelliten in Anwesenheit eines kleinen Widerstandes. Auf die erdnahen Satelliten wirkt eine sehr kleine Widerstandskraft, die sich erst über große Zeiträume bemerkbar macht. Wie ändert sich die Geschwindigkeit eines Satelliten unter der Wirkung der Widerstandskraft? Lösung. In erster Annäherung bewegt sich der Satellit auf einer Kreisbahn, deren Radius sich

2

aber sehr langsam ändert. Der Drehimpuls des Satelliten ist gleich L mrv= . Aus dem 2.N.G.

für die Kreisbewegung folgt 2

2

v mMm Gr r= .

Indem wir aus dieser Gleichung den Radius bestimmen und in die Gleichung für den Dreh-impuls einsetzen, erhalten wir

GMmLv

= .

Die Widerstandskraft übt auf den Satelliten ein kleines negatives Kraftmoment. Der Dreh-impuls wird daher langsam abnehmen. Das bedeutet, dass die Geschwindigkeit größer wird: Reibung führt zur "Beschleunigung" des Satelliten!

VI. Drallsatz für ein Mehrkörpersystem

Betrachten wir ein Zweikörpersystem, dessen Körper sowohl miteinander, als auch mit Kör-pern außerhalb des Systems wechselwirken. Der gesamte Drehimpuls des Systems ist

1 1 2 2 1 1 1 2 2 2L r p r p r m v r m v= × + × = × + × . Seine zeitliche Ableitung ist gleich

1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2L r m v r m v r m v r m v= × + × + × + × . Nach dem 2.N.G. gilt

1 1 1 ,1extm v F F F= = + , 2 2 2 ,2extm v F F F= = − + .

Für L ergibt sich somit ( ) ( )1 ,1 1 1 1 2 ,2 2 2 2ext extL r F F v m v r F F v m v= × + + × + × − + + ×

oder

( ) ( )( )

1 ,1 2 ,2

1 2 1 ,1 2 ,2

ext ext

ext ext

L r F F r F F

r r F r F r F

= × + + × − + =

= − × + × + ×

Da 1 2r r− und F die gleiche Richtung haben (das 3. Newtonsche Gesetz!) erhalten wir end-gültig

( ) ( )1 ,1 2 ,2

1 ,1 2 ,2 ,1 ,2

ext ext

ext ext ext ext ext

L r F F r F F

r F r F M M M

= × + + × − + =

= × + × = + =

extL M= - Die zeitliche Ableitung des gesamten Drehim-pulses eines Mehrkörpersystems bezüglich eines festen Punktes ist gleich dem resultie-renden Moment aller äußeren Kräfte bezüg-lich desselben Punktes. (Drehimpulssatz).

VII. Drehung eines Massenpunktsystems um eine feste Achse.

Wir betrachten ein System von Massen, die alle starr mit einer Achse verbunden sind. Alle Massen führen eine ebene Bewegung aus und bewegen sich mit der gleichen Winkelgeschwin-digkeit ϕ . Der gesamte Drehimpuls (genauer ge-sagt, seine z-Komponente) ist in diesem Fall gleich

2a i i a

iL m r ϕ ϕ= = Θ∑ . (1)

Die Größe 2a i i

im rΘ =∑

bezeichnet man als Massenträgheitsmoment des Systems bezüglich der gegebenen Achse. Leitet man (1) unter Beachtung von

a constΘ = ab, so folgt

a aMϕΘ = . Auch diese Gleichung nennt man oft Drehim-pulssatz, obwohl dies lediglich eine spezielle Form des Drehimpulssatzes ist.

Beispiel. Das in A aufgehängte Pendel besteht aus einer starren, masselosen Stan-ge, an der die Massen 1m und

2m angebracht sind. Es ist die Bewegungsglei-chung für eine

ebene Bewegung des Pendels aufzustellen. Lösung: Das Massenträgheitsmoment des Sy-stems um den Punkt A ist gleich

( ) ( )22 21 2 1 22 4m l m l m m lΘ = + = + .

Das Kraftmoment ist ( )1 2 1 2sin 2 sin 2 sinM m gl m g l gl m mϕ ϕ ϕ= − − = − +

Der Drehimpulssatz lautet: ( ) ( )2

1 2 1 24 2 sinm m l gl m mϕ ϕ+ = − + . ⇒

( )( )

1 2

1 2

2sin

4g m ml m m

ϕ ϕ+

= −+

1

Mechanik II /Vorlesung 12 / Prof. Popov Kinematik der ebenen Rotation. Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 3.1.3, 3.1.4 I. Starrer Körper. Einen starren Körper kann man als ein System von Massenpunkten defi-nieren, deren Abstände unverändert bleiben. Ein starrer Körper kann im Raum drei unab-hängige Translationsbewegungen und drei Rotationen ausführen. Somit ist jeder starre Körper ein mechanisches System mit 6 Frei-heitsgraden.

II. Ebene Rotation Besonders einfach lässt sich eine ebene Bewe-gung eines starren Körpers beschreiben, d.h. eine Bewegung, bei der sich jeder Punkt des Körpers in einer Ebene bewegt. Ist ein Punkt

(O im Bild) des starren Körpers unbeweglich, so kann der Körper nur eine Rotati-onsbewegung um

diesen Punkt ausführen. ( )Pr sei der Radiusvektor vom unbeweglichen

Zentrum zu einem beliebigen Punkt P. Es gilt: ( )P

rr re= , wobei re ein Einheitsvektor in Richtung ( )Pr ist. Für die Geschwindigkeit des Punktes P erhalten wir

( )Pr r= r re re r e r eϕ ϕϕ ω+ = = . Die zeitliche Ableitung des Winkels ϕ ω= heißt Winkelgeschwindigkeit des Körpers (sie ist gleich für alle Punkte des Körpers).

III. Zusammengesetzte Bewegung Zur Beschreibung einer beliebigen Bewegung eines starren Körpers führen wir zwei Koordi-

natensy-steme ein: Ein "raum-festes" Sy-stem (x,y) und ein mit dem starren Körper fest verbunde-

nes System ( ),x y . Bezeichnungen: A sei ein beliebiger Referenzpunkt im Körper, P ist ein beliebiger Punkt des Körpers, r ist Radius-vektor des Punktes P im beweglichen (in den Körper "eingefrorenen") System. Pr sei der Radiusvektor desselben Punktes im raumfe-sten System, Ar sei Radiusvektor des Bezugs-punktes A im raumfesten System.

Offenbar gilt: P Ar r r= + . Die zeitliche Ableitung ergibt die Geschwin-digkeit:

P A Ar r r r r eϕϕ= + = + . (1)

Ar nennt man Geschwindigkeit der Translati-onsbewegung des Körpers, ϕ ω= die Winkel-geschwindigkeit.

IV. Momentanpol Die den zwei Koordinatensystemen entspre-chenden Einheitsvektoren bezeichnen wir als

, , ,x y x ye e e e . Für den Radiusvektor Pr des Punktes P bezüglich des raumfesten Koordi-natensystems gilt dann

P A A x yr r r r xe ye= + = + + . In Projektionen auf Koordinatenachsen (x,y):

( )P P x A x y x

A x x x y x

x r e r xe ye e

r e xe e ye e

= ⋅ = + + ⋅ =

⋅ + ⋅ + ⋅

( )P P y A x y y

A x y y y

y r e r xe ye e

y xe e ye e

= ⋅ = + + ⋅ =

+ ⋅ + ⋅

Daraus folgt: cos sinP Ax x x yϕ ϕ= + − sin cosP Ay y x yϕ ϕ= + +

Die Geschwindigkeit des Punktes P erhalten wir durch Ableitung der Koordinaten nach Zeit (dabei wird berücksichtigt, dass ( )tϕ ϕ= und Kettenregel benutzt):

( )sin cosP Ax x x yϕ ϕ ϕ= + − −

( )cos sinP Ay y x yϕ ϕ ϕ= + − . Ist 0ϕ ≠ , so kann man immer einen Punkt M finden, dessen Geschwindigkeit Null ist:

( )sin cos 0M Ax x x yϕ ϕ ϕ= + − − =

( )cos sin 0M Ay y x yϕ ϕ ϕ= + − = . Auflösung dieses Gleichungssystems nach ( ),x y gibt die Lage von diesem Punkt in dem starr mit dem Körper verbundnen Koordina-tensystem:

( )1 sin cosM A Ax x yϕ ϕϕ

= − ,

( )1 cos sinM A Ay x yϕ ϕϕ

= + .

Dieser Punkt heißt Momentanpol des Körpers. Da sich Momentanpol nicht bewegt, kann sich der Körper nur um diesen Punkt drehen. Eine

2

beliebige Bewegung eines starren Körpers kann somit (auf kurzen Zeitabschnitten) als eine reine Drehung angesehen werden.

Die Lage des Momentanpols lässt sich auch geometrisch bestimmen. Aus der vektoriellen Gleichung (1): P A Ar r r e v r eϕ ϕϕ ω= + = + folgt

für den Momentanpol: 0M Ar v r eϕω= + = . Daraus folgt

Averϕ ω

= − :

der Vektor eϕ ist gerichtet entgegenge-setzt zu Av .

Das bedeutet, dass der Vektor re , der immer senkrecht zu eϕ steht, senkrecht zur Richtung von Av steht. In der Projektion auf die Rich-tung Av lautet die Gleichung (1): Av rω= . Daraus /Ar v ω= .

Bemerkung 1. Der Momentanpol kann auch außerhalb des starren Körpers liegen.

Bemerkung 2. Der Momentanpol ist ein Punkt, der sich zum gegebenen Zeitpunkt nicht be-wegt. Die Lage des Momantanpols kann sich aber ändern. Das bedeutet, dass sich der Kör-per im nächsten Zeitpunkt um eine etwas ver-schobene Achse dreht usw. Die Gesamtheit aller momentanen Drehzentren nennt man Rastpolbahn.

V. Wie findet man den Momentanpol? 1. Sind die Richtungen der Geschwindigkeiten von zwei Punkten eines starren Körpers gegeben (Bild (a)), so liegt der Momentanpol auf dem Schnitt der Senk-rechten zu den jeweiligen Geschwindigkeiten.

2. Sind die Geschwindigkeiten von zwei Punkten parallel zu einander (Bild (b)), so liegt das Momentanzentrum auf dem Schnittpunkt der Senk-rechten zu den beiden Ge-schwindigkeiten mit der Verbindungsgeraden der Pfeilspitzen beider Geschwindigkeiten.

3. Rollt ein Körper auf einer unbeweglichen Fläche ohne Gleiten, so befindet sich der Mo-mentanpol im Kontaktpunkt. (Bei reinem Rol-

len eines Rades kann man sich vorstellen, dass die starre Unterlage und das Rad miteinander verzahnt sind. Der Kontaktpunkt kann sich somit relativ zur Unterlage nicht bewegen).

Beispiel 1. Eine Leiter ist gegen eine Wand gestützt und gerät ins Rutschen. Wo liegt der Momentanpol? Lösung. Geschwindig-keiten des oberen und des unteren Endes der Leiter sind entlang der Wand bzw. dem Boden gerichtet. Der Momen-

tanpol liegt auf dem Schnitt der Senkrechten zu den Geschwindigkeiten.

Beispiel 2. Ein Stab gleitet von einer Stufe (Höhe h) ab. Wo liegt das Momentanzentrum?

Lösung. Im Punkt A gleitet der Stab ent-lang dem Boden, im Punkt C in seiner ei-genen Längsrichtung. Offenbar ist

/ /a x x h= . Daraus folgt 2 /a x h= und

2 /y h x h= + .

Beispiel 3. An einer Achse (A) ist unbeweg-lich ein Zylinder mit dem Radius a befestigt. Um die gleiche Achse dreht sich eine Stange AB mit der Winkelgeschwin-digkeit 1ω . Am

anderen Ende der Stange ist frei drehbar ein Rad mit dem Radius b angebracht, der an dem unbeweglichen Zylinder ohne Rutschen rollt. Zu bestimmen ist die Winkelgeschwindigkeit

2ω des Rades. Lösung. Punkt A ist der Momentanpol der Stange. Für die Geschwindigkeit des Punktes B ergibt sich somit ( )1 )Bv a bω= + . Der Kon-taktpunkt des Rades mit dem Zylinder ist der Momentanpol des Rades. Daher 2Bv bω= . Aus dem Vergleich beider Ausdrücke folgt:

( )2 1 /a b bω ω= + .

Weitere Beispiele s. Hauger, Schnell, Gross, Technische Mechanik 3 (Beispiele 3.3, 3.4).

1

Mechanik II / Vorlesung 13 / Prof. Popov Drehung in drei Dimensionen, Drehimpulssatz, kinetische Energie und Arbeit bei einer Rotation um eine feste Achse. Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 3.1, 3.2 I. Reine Rotation eines starren Körpers Bei einer Rotation um den Winkel δϕ um die Achse verschiebt sich der Punkt senkrecht zur Ebene (Achse- Radiusvektor) um den Betrag

sin .r rδ θ δϕ= ⋅ Wenn wir einen Vektor δϕ so definieren, dass er entlang der Achse gerichtet ist und den Be-trag δϕ hat, so gilt: r rδ δϕ= × .

Für die Geschwindigkeit rvt

δδ

= ergibt sich

v rω= × wobei / tω δϕ δ= die Winkelgeschwindigkeit der Rotation des starren Körpers ist.

II. Allgemeine Bewegung Zur Beschreibung einer beliebigen Bewegung eines starren Körpers führen wir zwei Koordi-natensysteme ein: Ein "raumfestes" System (x,y,z) und ein mit dem starren Körper fest verbundenes System ( )1 2 3, ,x x x .

Bezeichnun-gen: O ist ein beliebiger Referenz-punkt im Körper, P ist ein beliebiger Punkt des Körpers, r ist

Radiusvektor des Punktes P im beweglichen (in den Körper "eingefrorenen") System. r′ ist Radiusvektor desselben Punktes im raumfesten System, R ist Radiusvektor des Bezugspunktes O im raumfesten System. Bei einer zusammengesetzten Bewegung (Translation des Punktes O und Rotation um diesen Punkt): 'dr dR d rϕ= + × . Mit Bezeichnungen:

,dr vdt′= ,dR V

dt= d

dtϕ ω=

erhält man: v V rω= + ×

Wählen wir jetzt den Nullpunkt des mit dem Körper verbundenen Koordinatensystems im Punkt 'O im Abstand a von O. Den Radius-vektor des Punktes P relativ zum neuen

Bezugspunkt bezeichnen wir mit r′′ . ''r r a⇒ = +

( '' )

''

v V r a

V a r

ω

ω ω

= + × + =

= + × + × =

' ' '',V rω= + × ' ,V V aω= + × 'ω ω= ⇒ Winkelgeschwindigkeit hängt nicht

vom Bezugssystem ab! III. Eigenschaften vom Vektorprodukt (a) a b b a× = − × (b) ( )a b c a b a c× + = × + × (c) ( ) ( )a b a bα α× = × (d) ( ) ( ) ( )a b c a b c c a b⋅ × = × ⋅ = × ⋅ (e) ( ) ( ) ( )a b c b a c c a b× × = ⋅ − ⋅ (f) 0a a× = (d) ( ) 0a a b⋅ × =

Vektorprodukt in Komponenten ( , ,i j k - sind Einheitsvektoren):

x y za a i a j a k= + + ,

x y zb b i b j b k= + +

( )x xA a b a b i i= × = × ( ) ( )x y x za b i j a b i k+ × + ×

( ) ( )y x y ya b j i a b j j+ × + × ( )y za b j k+ × +

( ) ( ) ( )z x z y z za b k i a b k j a b k k+ × + × + × ⇒

( ) ( ) ( )x y y x z x x z y z z yA a b a b k a b a b j a b a b i= − + − + −

x y z z yA a b a b= −

y z x x zA a b a b= −

z x y y xA a b a b= −

IV. Beschleunigung bei einer Rotation um eine feste Achse Indem wir die Gleichung v rω= × nach Zeit ableiten, erhalten wir

( )v r r r rω ω ω ω ω= × + × = × + × × . Bei einer konstanten Winkelgeschwindigkeit:

( ) ( ) ( )( ) 2

v r r r

r r

ω ω ω ω ω ω

ω ω ω

= × × = ⋅ − ⋅ =

= ⋅ −

Es ist leicht zu sehen, dass dieser Vektor in der gleichen Ebene liegt wie ω und r und immer senkrecht zur Achse gerichtet ist: (Skalarprodukt ( )( )2v r rω ω ω ω ω⋅ = ⋅ ⋅ − =

δϕ rδr

0 θ

k

i j

O O'

P

r r′′

a

x

y

z

R

'rP x2

2

( ) ( )2 2r rω ω ω ω= ⋅ − ⋅ ist Null).

Dem Betrag nach ist dieser Vektor gleich 2v ρω= .

Beschleunigungsvektor bei einer Rotation mit einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ist immer senkrecht zur Achse gerichtet und ist gleich 2ρω , wobei ρ der kürzeste Abstand vom gegebenen Punkt zur Achse ist.

V. Gleichzeitige Rotation um zwei Achsen

(1)1dr d rϕ′ = × ,

(2)2dr d rϕ′ ′= ×

( )1 2 1 2

1 2 1

( )dr d r d r d r a d rd a d d r

ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ

′ ′ ′ ′= × + × = × − + × =

′− × + + ×

2 1d d dϕ ϕ ϕ= + .

Dasselbe gilt für die Winkelgeschwindigkeiten: 1 2ω ω ω= + .

Beispiel 1. Eine Scheibe dreht sich mit einer Winkelgeschwindigkeit

1ω um eine vertikale Achse, die sich ihrer-seits mit einer Winkel-

geschwindigkeit 2ω um eine vertikale Achse dreht. Zu bestimmen ist die Winkelgeschwin-digkeit der Scheibe.

Lösung: 1 2ω ω ω= + . In diesem Fall 1 2ω ω ω= + .

Beispiel 2: Eine Scheibe dreht sich mit einer Winkelgeschwindig-keit 1ω um eine Achse, die sich ih-rerseits mit einer

Winkelgeschwindigkeit 2ω um eine horizontale Achse dreht. Zu bestimmen ist die momentane Winkelgeschwindigkeit der Scheibe in der ge-zeigten Lage. Lösung:

VI. Dynamik der Rotation um eine feste Achse

Betrachten wir Rotation eines starren Körpers um eine feste Achse. Wir teilen den Körper in kleine Elemente im . Für die Projektion des

Drehimpulses auf die Rotationsachse gilt ,extL M= . (1)

Der Drehimpuls ist gleich ( )

( ) ( )i i i i i i

i i i i i

L r m v m r r

m r r r r

ω

ω ω

= × = × × =

⎡ ⎤⋅ − ⋅⎣ ⎦

∑ ∑∑

Seine Projektion auf die Rotationsachse ( )( ) ( )( )

2 2 2 2cos

i i i i i

i i i i i

L Le m e r r r e r

m r r m

ω ω

ω ω θ ω ρ ω

⎡ ⎤= = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =⎣ ⎦⎡ ⎤= − = = Θ⎣ ⎦

∑∑ ∑

Die Größe 2

i im ρΘ =∑ nennt man Massenträgheitsmoment bezüglich der Rotationsachse.

Der Drehimpulssatz (1) nimmt somit die fol-gende Form an ,extMωΘ = oder ,extMϕΘ = (Drallsatz)

wobei ,extM Kraftmoment aller äußeren Kräfte bezüglich der Rotationsachse ist.

VII. Kinetische Energie bei einer Rotation um eine feste Achse

( ) ( )22

2 212 2 2

i ii ii i

mm vK mρ ω

ρ ω= = =∑ ∑ ∑

2

2K ωΘ=

VIII. Arbeit bei einer Rotation um eine feste Achse. An einem Punkt P eines starren Körpers mit dem Radiusvektor r greift eine Kraft F an. Bei einer Rotati-on um die gezeigte Achse um den Winkel dϕ verschiebt sich der Angriffspunkt der Kraft um den Vektor dr d rϕ= × . Die von der Kraft F geleistete Arbeit ist

( ) ( )zyklische Umstellung

dA F dr F d r d r Fϕ ϕ= ⋅ = ⋅ × = ⋅ ×

oder dA d Mϕ= ⋅ . 1ω

2ω

ω

δϕ rδ

r

0

θ

F

iρir

1

Mechanik II / Vorlesung 14 / Prof. Popov Verschiedenes aus der Dynamik Diese Vorlesung dient im Wesentlichen einer gezielten Vorbereitung zur Klausur. Ihr Inhalt kann daher dieses Semester völlig anders sein! B1. Ein Mensch (Masse m) geht vom Bug eines

(am Anfang ruhenden) Bootes (Länge L) zum Heck über. Wie verschiebt sich das Boot unter den folgenden Annahmen:

(a) Es gibt keine Reibung zwischen dem Boot und Wasser, (b) Es gibt eine Widerstandskraft proportional zur Geschwindigkeit? Lösung. (a) keine Reibung. Die Länge des Bootes ist 1 2L x x= − .

Verschiebung des Schwerpunktes:

1 2 0Smx Mxx

m M+

∆ = =+

(Null nach dem Schwerpunktsatz). Aus dem

Gleichungssystem folgt 2mx L

M m= −

+.

(b) (Mit Widerstandskraft)

Das 2. N.G. für den Menschen und das Boot: 1

2 2

mx NMx N xα

=⎧⎨ = − −⎩

⇒ 1 2 2mx Mx xα+ = −

oder 1 2 2mx Mx x Cα+ = − + . Aus den Anfangsbedingungen folgt 0C = . Somit 2 1 2x mx Mxα = − − . Am Ende des Prozesses sind 1 0x = , 2 0x = . Somit ist 2 0x = : Das Boot ist am Ende in der-selben Lage wie am Anfang!

B2. Drei Massen sind durch masselose starre Stäbe verbunden und gleiten ein schiefe Ebene

hinab. An der Masse 3m greift eine Kraft F an. Wie groß ist die Beschleunigung des Systems? Lösung. In meisten Fällen empfiehlt sich als erstes eine Freischnittskizze zu machen und mit den

aufgetragenen Kräften 2. N.G. für jeden Körper

aufzustellen. In der y-Richtung gibt es keine Bewegung. 2.NG. für diese Richtung entartet sich zu Gleichgewichtsbedingungen

1 1 cosN m g α= , 2 2 cosN m g α= , 3 3 cosN m g α= Für die Reibungskräfte ergibt sich aus dem Reibungsgesetz: 1 1 1 cosR m gµ α= ,

2 2 2 cosR m gµ α= , 3 3 3 cosR m gµ α= . Bezeichnen wir die Beschleunigung der Körper in der x-Richtung durch a, so lautet das 2.NG. in dieser Richtung

1 1 1 1 1sin cosm a m g m g Sα µ α= − +

2 2 2 2 1 2sin cosm a m g m g S Sα µ α= − − +

3 3 3 3 2sin cosm a m g m g S Fα µ α= − − + Durch Addition der Gleichungen fallen alle inneren Kräfte im System aus (in diesem Fall die Stabkräfte): ( ) ( )( )

1 2 3 1 2 3

1 1 2 2 3 3

sin

cos

m m m a m m m g

m m m g F

α

µ µ µ α

+ + = + +

− + + +

Diese Gleichung ist nichts anderes als der Schwerpunktsatz für dieses System. Für die Beschleunigung ergibt sich

( )( )

( )

1 1 2 2 3 3

1 2 3

1 2 3

sin cosm m m

a g gm m m

Fm m m

µ µ µα α

+ += −

+ +

++ +

B3. Ein Auto bremst so, dass die darauf von der Straße wirkende Kraft F kleiner Gµ ist (µ ist der Reibungskoeffizient, G - Gewichtskraft). Wie groß darf eine senkrecht zur Bewegung gerichtete Kraft sein, so dass das Auto noch nicht rutscht? Lösung. Die Bremskraft F und

die Kraft 1F , die das Auto vom seitlichen Rutschen abhält, sind in Wirklichkeit zwei Komponenten der

Reibungskraft zwischen den Rädern und der Straße, deren Betrag den Wert mgµ nicht übersteigen darf. "An der Gernze des Rutschens" gilt somit: 2 2 2( )F F mgµ⊥+ = .

Die maximale zulässige Seitenkraft erreichnet sich zu

2 2( )F mg Fµ⊥ = − (s. Bild links). Bei einer Vollbremsung

reicht bereits eine unendlich kleine Seitenkraft.

F

F

2

B4. Ein Körper bewegt sich so, dass seine Polarkoordinaten als Funktionen der Zeit sind gleich ( )31r l tξ= + und 3tϕ ξ= . Zu bestimmen ist die Beschleunigung für ϕ π= . Lösung. Zur Beschreibung der Bewegung

wählen wir eine "polare Basis" ( re , eϕ ).

Für der Radiusvektor des Körpers gilt rr re= . Seine Ableitung nach Zeit ergibt Geschwindigkeit: r r rr re re re r eϕϕ= + = + . Beschleunigung erhalten wir durch nochmaliges Differenzieren:

( ) ( )2 2

r r

r r

r

r re re r e r e r e

re r e r e r e r e

r r e r r e

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕϕ

ϕ ϕ ϕ

= + + + + =

+ + + − =

= − + +

Im unseren Spezialfall gilt ( )31r l tξ= + , 23r l tξ= , 6r l tξ= ,

3tϕ ξ= , 23 tϕ ξ= , 6 tϕ ξ= ,

( )( )( )( )( )

( )( )( )( )

23 2

2 2 3

3 3

3 3

6 1 3

2 3 3 1 6

2 1 33

6 1 2

r

r

r l t l t t e

l t t l t t e

t t el t

t t e

ϕ

ϕ

ξ ξ ξ

ξ ξ ξ ξ

ξ ξξ

ξ ξ

= − +

+ ⋅ + + =

⎡ ⎤− +⎢ ⎥⎢ ⎥+ + +⎢ ⎥⎣ ⎦

für ϕ π= ist 3tξ π= ⇒ ( )1/ 3/t π ξ= . Für Beschleunigung ergibt sich

( )( )( )

( )( )1/3 2 1 3

3 /6 1 2

rer l

eϕ

π πξ π ξ

π π

⎡ ⎤− +⎢ ⎥=⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦

.

Betrag der Beschleunigung ist gleich ( )

( )( ) ( )( )

2/32 2 2

2 2

3 /

2 1 3 6 1 2

r l ξ π ξ

π π π π

= ⋅

⎡ ⎤⋅ − + + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

B5. Erklären Sie Bewegung eines Stuhles, wenn er etwas geneigt und freigelassen wird.

B6. Welches Glas ist stabiler: ein leeres oder mit Zucker?

B7. Hubble hat festgestellt, dass alle Sterne von uns fliehen, und zwar mit einer Geschwindigkeit proportional zur Entfernung. Kann man daraus schließen, dass wir uns im Zentrum des Universums befinden? Lösung: Die Beobachtung von Hubble lautet:

Wi Wir kr= . Das gilt für einen beliebigen Stern, z.B. auch für A:

WA WAr kr= . Für die Einwohner des Sternssystems A ist die Geschwindigkeit des Sterns i gleich

( )Wi WA Wi WAr r k r r− = − . Der Vektor in der Klammer ist aber genau der Vektor vom Stern A zum Stern i. Das bedeutet, dass die Einwohner des Sterns A sehen, dass alle Sterne von ihnen fliehen, und zwar mit einer Geschwindigkeit proportional zur Entfernung.

B8. Auf einer masselosen Stange (Länge 2l) sind zwei Körper mit Masse m befestigt. Die Stange dreht sich nach dem Gesetz

( ) sint tϕ π ω= um eine Achse, die durch ihre

Mitte geht und senkrecht zur Stange gerichtet ist. Zu bestimmen ist das auf die Stange wirkende Kraftmoment. Das Kraftmoment bekommen wir aus dem Drehimpulssatz L M= . Zur Bestimmung des Drehimpulses benutzen wir seine Definition: i i iL m r v= ×∑ . Der Drehimpuls ist demnach entlang der z-Achse gerichtet und betragsmäßig gleich

22 2L mlv ml ϕ= = , 22 zL ml eϕ= . Aus dem Drehimpulssatz folgt

( )2 2 22 2 sinz zM L ml e ml t eϕ π ω ω= = = − .

B9. Zu bestimmen ist das Reflexionsgesetz beim Aufprall eines Würfels auf eine rauhe

Wand (Reibungskoeffizient µ ). Freischnitt im Moment des Aufpralls: Impulssatz in der x- und y-Richtung:

x: 2

1

(2) (1) (0)2t

x x xt

mv mv Ndt mv− = =∫

y: 2

1

(2) (1) (0)2t

y y xt

mv mv Ndt mvµ µ− = − = −∫

Daraus folgt (1) (2) (0)2y y xv v vµ= − tan tan 2β α µ= − .

x y

1

Mechanik II / Vorlesung 15 / Prof. Popov Trägheitsmomente, Dynamik ebener Bewegung Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 3.2.2 I. Analogie zwischen einer eindimensionalen Translation und eindimensionalen Rotation Translation Rotation

x Koordinate ϕ Winkel

x v= Geschwin-digkeit

ϕ ω= Winkelgeschwin-digkeit

m Masse Θ Trägheitsmoment

F Kraft M r F= × Kraftmoment

p mv= Impuls L ω= Θ Drehimpuls

p F= Impulssatz L M=

Drehimpulssatz

2

2mK v=

Kinetische Energie 2

2K ωΘ=

Kinetische Ener-gie

mv F= das 2.N.G. MωΘ = sein Analog

dA Fdr= Arbeit dA Mdϕ= Arbeit

II. Berechnung der Trägheitsmomente Das Massenträgheitsmoment eines Körpers bezüglich der z-Achse wird definiert als

( )2 2i i im x yΘ = +∑ oder

( ) ( )2 2 2 2dm x y x y dVρΘ = + = +∫ ∫

B1.

B2.

B3.

2

2 2

0 0 3

l l Mdx Mlx dm xl

Θ = = =∫ ∫

B4.

/ 2 / 2 22 2

/ 2 / 2 12

l l

l l

Mdx Mlx dm xl− −

Θ = = =∫ ∫

B5. Platte mit den Seiten a und b. Bei einer Rotation um die Achse y schneiden wir die Platte in dünne Streifen senkrecht zur y-

chse. Für jeden Streifen gilt 2

12ad dmΘ = .

Nach Integration über alle Massen-

elemente: 2

12yamΘ = .

Bei Rotation um die Achse x:

2

12xbmΘ = .

B6. "Senkrechten-Achsen-Satz". Für ebene Figuren (in der Ebene (x,y) liegend) gilt z x yΘ = Θ +Θ . Beweis:

2 2x i i im y zΘ = +∑ ( ) 2

i im y= ∑

2 2y i i im x zΘ = +∑ ( ) 2

i im x= ∑

( )2 2z i i i x ym x yΘ = + = Θ +Θ∑ .

B7. Platte mit den Seiten a und b senkrecht zur Plattenebene.

Aufgrund von B5 und B6:

( )2 2

12zm a bΘ = + .

B8. Quader mit den Seiten a, b und c. Trägheitsmoment bezüglich der z-Achse: Wir schneiden den Quader in dünne Platten senk-

recht zur z-Achse. Nach B7 gilt für jede Platte

( )2 2

12zdmd a bΘ = +

Nach Integration über alle Platten:

( )2 2

12zm a bΘ = + .

Analog

( )2 2

12xm a cΘ = + , ( )2 2

12ym b cΘ = + .

Dichte Volumen

m r

2mrΘ =

r m

2mrΘ =

Stablänge l

x

y z

x

y z

x

y

z

a

b

c

Stablänge l

x x+dx

dxdm Ml

=

x

y

a

b

2

B9. Kreis mit dem Radius R. Wir schneiden aus dem Kreis einen dünnen Kreisring mit dem inneren Radius

r und dem äußeren Radius r dr+ . Die Masse

des Kreisringes ist 2 22 2rdr mdm m rdr

R Rππ

= = .

Das Trägheitsmoment des Kreisringes ist (nach

B2) gleich 2 32

2md dm r r drR

Θ = ⋅ = . Das

gesamte Trägheitsmoment ergibt sich durch Integration von 0r = bis r R= :

23

20

22

R m mRr drR

Θ = =∫ .

B10. Kreis bezüglich einer in seiner Ebene liegenden Achse.

Nach dem "Senkrechten-Achsen-Satz" (B6) gilt 2

2 22z x y x y

mRΘ = = Θ +Θ = Θ = Θ .

Daraus folgt 2

4x ymR

Θ = Θ =

B11. Kugel mit dem Radius R. Wir schneiden die Kugel in dünne Kreis-scheiben senk-recht zur Rota-tionsachse. Masse einer Scheibe ist

2dm r dzρπ= . Trägheitsmoment einer Scheibe

ist 4

2

2 2dm rd r dzρπ

Θ = = . Mit 2 2 2r R z= −

ergibt sich für das Gesamtträgheitsmoment

( )22 258

2 15

R

R

R zdz R

ρππρ

−

−Θ = =∫ . (1)

Die Dichte kann man aus der Gleichung 34

3m V Rρ ρ π= = erhalten und in (1) einset-

zen. (1) erhält dann die Form 225

mRΘ = .

Satz von Steiner Betrachten wir das Trägheitsmoment sΘ eines starren Körpers bezüglich einer Achse s-s, die durch den Schwerpunkt S geht und Trägheits-moment aΘ desselben Körper bezüglich einer Achse a-a parallel dazu. Den Abstand zwischen beiden Achsen sei a. Zwischen den beiden Trägheitsmomenten besteht ein Zusammen-hang, der durch den Satz von Steiner gegeben wird: 2

a s smrΘ = Θ + wobei m die Masse des Körpers ist. Beweis: Das Trägheitsmoment bezüglich der Achse a ist gleich

( )

2

2

a i ai

i si

m r

m r a

Θ = =

+ =

∑∑

( )2 2

2

2

2

i si si

i si i si

m r r a a

m r a m r

= + + =

+

∑∑ ∑ 2 2

i sa m ma+ = Θ +∑

III. Dynamik einer ebenen Bewegung Betrachten wir Bewegung eines starren Körpers in einer Ebene (x,y) unter der Einwirkung von äußeren Kräften F . Für ein beliebiges System - auch einen starren Körper - gilt immer der Schwerpunktsatz: smr F= , wobei sr Radius-vektor des Schwerpunkts und F Summe aller äußeren Kräfte ist. Betrachten wir jetzt Bewe-gung des Körpers aus einem Bezugssystem, das eine Translationsbewegung mit dem Schwer-punkt des Körpers ausführt. In diesem System bewegt sich der Schwerpunkt nicht und eine beliebige Bewegung ist eine reine Rotation um den Schwerpunkt. Dieses System ist aber ein sich beschleunigt bewegendes und somit ein nicht Inertialsystem. Für eine Rotation um den Schwerpunkt gilt der Drehimpulssatz in der Form s s scheinL M Mϕ= Θ = + , wobei Momente aller physikalischen äußeren Kräfte und der Scheinkräfte bezüglich des Schwerpunkts be-rücksichtigt werden müssen. Das Moment der Scheinkräfte ist aber bezüglich des Schwer-punktes gleich Null, da die Scheinkräfte im Schwerpunkt angreifen. Somit fallen sie aus dem Drehimpulssatz aus und er nimmt die Form s sL Mϕ= Θ = an. Die 3 Bewegungsglei-chungen für eine ebene Bewegung sind somit s xmx F= , s ymy F= , s sMϕΘ =

m

m

x

y z

R

z

r

1

Mechanik II / Vorlesung 16 / Prof. Popov Ebene Dynamik eines starren Körpers: Beispiele

I. Bewegungsgleichungen für Translations-bewegung und für Rotationsbewegung. Die 3 Bewegungsgleichungen für eine ebene Bewegung sind

s xmx F= , s ymy F= , s sMϕΘ = .

II. Hinabrollende Kugel

Für eine ebene Bewegung gelten die drei Be-wegungsgleichungen s xmx F= , s ymy F= ,

s sMϕΘ = . sx und sy sind Koordinaten des

Schwerpunkts und 225s mrΘ = ist das Träg-

heitsmoment der Kugel bezüglich des Schwer-punkts. Die o.g. Gleichungen lauten:

sinsmx mg Hα= − , (1) 0 cosN mg α= − ⇒ cosN mg α= (2)

s rHϕΘ = (3) Beim Rollen ohne Gleiten ist der Berührungs-punkt der Kugel mit der Ebene der Momentan-pol. Der Abstand des Zentrums vom Momen-tanpol ist r. Somit ist die Geschwindigkeit des Zentrums gleich

sx rϕ= (4) Aus dem Gleichungssystem (1)-(4) folgt für die Beschleunigung

2

1 5sin sin1 / 7s

s

x g gmr

α α= =+Θ

und für die

Haftreibung (2 / 7) sinH mg α= . Das gilt aber nur solange diese Haftreibung tatsächlich realisiert werden kann, d.h. solange

H Nμ≤ ⇒ 2 tan7

HN

μ α≥ = . Ist diese Be-

dingung nicht erfüllt, so wird die Kugel durch-rutschen. Z.B. für eine stählerne Kugel mit

0.3μ ≈ muss 7tan 12

α μ≤ ≈ und 45α ≤ ° sein.

Beginnt die Kugel zu rutschen, so steigt die Reibkraft nicht weiter, sondern bleibt gleich H Nμ= . Die Gleichungen (1) und (3) nehmen nun die Form

sinsmx mg Nα μ= − ,

s r Nϕ μΘ =

oder ( )sin cossmx mg α μ α= − ,

coss r mgϕ μ αΘ = .

III. Schiefe Ebene mit verschiedenen Roll-körpern (Experiment). Für einen rotationssymmetrischen Körper mit dem Außenradius R gilt

21 sin

1 /ss

x gmR

α=+ Θ

Je größer 2/s mRΘ , d.h. je weiter von der Achse die Masse verteilt ist, desto kleiner Beschleuni-gung (Beim Holzylinder kleiner, als beim Dop-pelkegel).

IV. Energieerhaltungssatz. Kinetische Energie eines Körpers berechnet sich als kinetischen Energie der Translations-bewegung des Schwerpunkts plus kinetische Energhie der Rotationsbewegung bezüglich des Schwerpunkts.

2 2

2 2s smvK ωΘ

= +

Gibt es im Kontakt kein Gleiten (reines Rollen), so leisten die Reibkräfte im Kontakt keine Ar-beit und die Energie bleibt erhalten. Beispiel. Rollt eine Kugel ohne Gleiten wie in (I) aus der Höhe h, so lautet der Energieerhal-tungssatz zwischen dem Anfangszustand und dem Endzustand am Fuße der geneigten Ebene wie folgt:

2 2

2 2s smvmgh ωΘ

= + .

Unter Berücksichtigung der kinematischen Be-ziehung sv rω= nimmt der Erhaltungssatz die

Form ( )2 2 2

22 /

2 2 2s s s s

smv v vmgh m r

rΘ

= + = +Θ .

V. Ein Fahrzeug mit einem Vorder- bzw. Hinterradantrieb.

Die beiden "Schwerpunktgleichungen" lauten mx H= und 1 20 N N mg= + − . Der Drehimpulssatz bezüglich des Schwerpunk-

tes: 1 202 2a aN N hH= − − . Hieraus folgt

α

r

mg N

H

α x

y

mg

N1 N2

H h

a

2

1 2mg hN H

a= + , 2 2

mg hN Ha

= − .

Maximale Haftkraft genügt der Bedingung

max 1H Nμ= ⇒ max max2mg hH H

aμ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

⇒ max 2 1 /mgH

h aμμ

=−

. Die maximale Be-

schleunigung ist somit max 2 1 /gx

h aμμ

=−

. Das

gilt nur solange 2 0N > ist. Die maximale Reibkraft ist beschränkt entweder durch die Bedingung (5) oder durch die Bedin-gung, dass die Vorderräder nicht abheben:

2 02

mg hN Ha

= − > , 2

mgaHh

< . Im zweiten Fall

wäre die maximale Beschleunigung gleich

max 2gaxh

= . Maximale Beschleunigung ist gleich

dem kleinsten von zwei gefundenen Werten.

Im Fall des Vorderradantriebs genügt die ma-ximale Haftkraft der Bedingung max 2H Nμ= .

Daraus folgt

max 2 1 /gx

h aμμ

=+

(kleiner als beim Antrieb über die Hinterräder).

VI. Schaukeln auf einer Reckstange mit Am-plitude 90°. Zu bestimmen ist der maximale Wert der horizontalen Komponente der Lager-reaktion. Modellieren wir den Menschen als einen homogenen Stab mit der Masse m.

Winkelgeschwindigkeit kann aus dem Energie-satz bestimmt werden. Energie "vor": 0U = , 0K = . Energie beiϕ : ( / 2)sinU mg l ϕ= − ,

2 / 2K ϕ= Θ .

Erhaltungssatz: 2 sin2 2

lmgϕ ϕΘ= oder

2 sinmglϕ ϕ=Θ

. Differenzieren nach Zeit ergibt

cos2mglϕ ϕ=Θ

.

Horizontale Kraftkomponente ergibt sich aus dem Schwerpunktsatz:

x sA mx= . Für sx gilt ( / 2)cossx l ϕ= . Zweimaliges Differenzieren ergibt

2

2

( / 2)cos ( / 2)sin

3 9sin 2 sin 28 8

sx l l

mgl g

ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

= − ⋅ − ⋅ =

− = −Θ

Die Reaktionskraft (9 /8) sin 2xA mg ϕ= − er-reicht ihren (betragsmäßig) maximalen Wert (9 /8)mg bei 45ϕ = ° .

VII. Rutschen einer Leiter Zu bestimmen ist Geschwindigkeit v des Schwerpunkts als Funktion des Winkels ϕ . Lösung: Momentanpol befin-det sich im Punkt M. Abstand vom Momentanpol zum Schwerpunkt ist gleich / 2l . Kinetische Energie ist gleich

22 2 2 2 2

2 12 2 2 6M ml l mlK mω ω ω⎛ ⎞Θ ⎛ ⎞= = + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

Energieerhaltungssatz: 2 2( / 2)sin / 6 / 2mg l ml mglϕ ω+ = ⇒

(3 / )(1 sin )g lω ϕ= − . Die Schwerpunktgeschwindigkeit ist somit gleich

(3 / 4)(1 sin )2slv glω ϕ= = − .

mg

N1 N2

H

l A

mg

x

y

xA yA

ϕ

l

ϕ

M

1

Mechanik II / Vorlesung 17 / Prof. Popov Drehimpulserhaltungssatz, Exzentrischer Stoß Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 3.3.3 I. Drehimpulserhaltung: Aus dem Drehim-pulssatz L M= folgt, dass wenn das gesamte Moment aller an einem System angreifenden äußeren Kräfte bezüglich eines Bezugspunktes gleich Null ist, so bleibt der Drehimpuls bezüg-lich desselben Punktes konstant. Bemerkung 1: Das System muss nicht abge-schlossen sein. Nur das Moment der einwir-kenden Kräfte muss verschwinden!

Bemerkung 2: Die Erhaltung des Drehimpul-ses gilt auch für einzelne Richtungen, auf welche die Projektion des Momentenvektors gleich Null ist. B1. Bei Drehung um eine feste Achse ohne Reibungsmoment gilt L constω= Θ = . Verrin-gert sich das Trägheitsmoment, so wird die Winkelgeschwindigkeit größer (Experiment mit Drehschemel).

B2. Hält man in den Händen eine Einrichtung mit einem Rotor und versucht man, die Rotati-onsachse zu ändern, so entsteht eine Rotations-bewegung in der entgegengesetzten Richtung (2. Experiment mit Drehschemel).

B3. Ein Stab trifft mit der Geschwindigkeit v auf ein Lager A und wird dort eingeknickt. Zu bestimmen ist die Winkelgeschwindigkeit nach dem Aufprall. Lösung: Kraftmoment bezüglich des Punktes A ist gleich Null. Deshalb bleibt der Drehimpuls erhalten. Bei einer Translationsbewegung ist

i i i i i sL m r v m r v mr v= × = × = ×∑ ∑ . Für den Drehimpuls haben wir deshalb:

"vor": 1 6lL m v=

"nach": 22 2

2 12 6 9ml l mlL mω ω ω

⎞⎛ ⎞⎛= Θ = + =⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

1 2L L= ⇒ 32

vl

ω = .

Wie groß ist Energieverlust bei diesem Stoß? 2

1 2mK v= ,

22 2 2 2

23

9 2 18 2 8ml ml v mvK

lω ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

3/4 der Energie geht verloren. B4. Zu berechnen sind lineare und Winkelge-schwindigkeit sowie die Lage des Momentan-

pols nach einem plastischen Stoß. Lösung: Energie bleibt hier nicht erhalten. Aber Im-puls und Drehim-puls bleiben erhal-

ten, und zwar bezüglich eines beliebigen Be-zugspunktes, da dies ein abgeschlossenes Sy-stem ist. Impuls "vor": mv

Impuls "nach": 2lmv m v ω ⎞⎛′ ′+ +⎜ ⎟

⎝ ⎠

Impulserhaltung:

2lv v vω ⎞⎛′ ′+ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⇒ 2

2lv vω′ + =

Stellen wir den Drehimpulssatz bezüglich des Schwerpunktes des Stabes auf:

Drehimpuls "vor": 2lmv

Drehimpuls "nach": 2 2 Stabl lm v ω ω⎞⎛ ′ + + Θ⎜ ⎟

⎝ ⎠

Drehimpulserhaltung: ( )( / 2) ( / 2) ( / 2)Stabm l v l m l vω ω′ + + Θ =

oder

( ) 2( / 2) Stabv l vml

ω ωΘ′ + + =

Mit 2 /12Stab mlΘ = folgt daraus 23

v l vω′ + = .

Lösung des umrahmten Gleichungssystems

ergibt 65

vl

ω = und 15

v v′ = .

Der Momentanpol befindet sich unter dem

Schwerpunkt im Abstand 16

vl lω′

∆ = = .

Diesen Punkt nennt man Stoßmittelpunkt. Wird der Körper in diesem Punkt gelagert, so treten beim Stoß keine Lagerreaktionen auf.

B5. In welcher Höhe h muss eine Billardku-gel horizontal angestoßen werden, damit sie auf glatter Bahn nach dem Stoß rollt?

Lösung: Die Roll-bedingung bedeutet, dass der Kontakt-punkt mit dem Bo-

l

v l/3 A

vm

ml v'

m

ω

F

S r

h

A

2

den der Momentanpol ist. Daher gilt sv rω= . (1)

Schwerpunktsatz: smv F= . (2) Drehimpulssatz: ( )s F h rωΘ = − . (3) Dividieren von (3) durch (2) ergibt

75

s

s

h r rm v

ωΘ= + = .

Dasselbe Ergebnis kriegt man auch wenn man den Drallsatz bezüglich des Momentanpols schreibt (ist in diesem Fall richtig, aber nicht empfohlen).

B6. Ein geschlossenes zylindrisches Gefäß (in-nerer Radius R, Höhe h, Trägheitsmoment Θ ) gefüllt mit Wasser wird schnell bis zu einer Winkelgeschwindigkeit 0ω beschleunigt. Wel-che Winkelgeschwindigkeit 1ω wird sich im Zustand einstellen, in dem sich das Gefäß und das Wasser als ganzes drehen? Reibmoment in der Achse ist zu vernachlässigen. Lösung. Nachdem das Gefäß in die Rotation gesetzt wurde, hat es den Drehimpuls

0 0L ω= Θ . Im Endzustand ist der Drehimpuls

gleich ( )21 12L mR ω= Θ+ . Da auf das System

(bezüglich der Achse) keine äußeren Momente wirken, bleibt der Drehimpuls erhalten:

0 1L L= . Daraus folgt ( )

01 2 2mR

ωω Θ=

Θ+. Dar-

auf beruht z.B. die Methode, mit der man ein rohes Ein von einem gekochten Ein unterschei-den kann.

B7. Ballistisches Pendel Geschwindigkeit einer Kugel kann gemessen werden, indem in ein "Ballistisches Pendel" (auch Stoßpendel) geschossen und dern Aus-schlagwinkel gemessen wird. Wie hängt die Geschwindigkeit der Kugel von dem maxima-len Winkel ab? (Gegeben: Das Trägheitsmo-ment Θ des Pendels bezüglich des Aufhänge-punktes, Masse M des Pendels, der Höhenab-stand h zwischen dem Aufhängepunkt und dem Punkt, wo die Kugel das Pendel trifft, Ab-stand l zwi-schen dem Aufhänge-punkt und dem

Schwerpunkt des Pendels, Masse m der Kugel).

Lösung. Betrachten wir drei Zustände: 1. Direkt vor dem Zusammenstoß 2. Direkt nach dem Zusammenstoß 3. Maximale Auslenkung des Pendels. Zwischen 1 und 2 ändert sich der Winkel ϕ nicht (d.h. er bleibt Null). Das Kraftmoment aller Kräfte bezüglich des Aufhängepunktes ist Null, somit gilt der Drehimpulserhaltungssatz:

( )2hmv mh ω= Θ+ ⇒ ( )2

hmvmh

ω =Θ+

. (1)

Ab diesem Moment (zwischen 2 und 3) bleibt Energie erhalten:

( )( ) ( )( )

2

21 cos

2 m

hmvg Ml mh

mhϕ= + −

Θ+ (2)

Aus (1) und (2) folgt

( ) ( )( )21 2 1 cos mv mh g Ml mhhm

ϕ= Θ+ + − .

B8. Eine Kugel stößt elastisch mit einer Wand zusammen. Zu bestimmen sind Geschwindigkeit und Winkelgeschwindigkeit nach dem Abprall (kein Gleiten im Kontakt). Bezüglich des Kontaktpunktes O ist das Dreh-moment aller Kräfte während des Stoßes gleich Null ⇒ Drehimpulserhaltung:

sin sin smvr mv rα β ω′= + Θ (1) Beim elastischen Stoß bleibt auch Energie er-halten:

2 2 2

2 2 2Smv mv ω′ Θ

= + . (2)

Rollen ohne Gleiten: sinxv r vω β′ ′= = . (3) Aus diesen drei Gleichungen kann man drei Unbekannte v′ , ω und β bestimmen. Mit (3) nehmen (1) und (2) die Form

( )2sin sin 1 /Sv v mrα β′= + Θ 2 21 sin /Sv v mrβ′= + Θ

Z.B. wenn 90α ≈ ° , so ist sin 5/ 7β = ,

45β ≈ ° und 0.71vr

ω = .

v v' α β

ωv v'α β

NH O

1

Mechanik II / Vorlesung 18 / Prof. Popov Kreiselbewegung

I. Drehimpuls bei einer Drehung um eine beliebige Achse

cosxω ω α= sinyω ω α=

2

12xmb

Θ =

2

12yma

Θ =

tan ba

α = .

2

cos12x x x

mbL ω ω α= Θ =

2

sin12y y y

maL ω ω α= Θ =

2 21

2 2

sintan tancos

a a b ab b a b

αβ αα

−= = = = .

Der Vektor des Drehimpulses dreht sich um die Achse. II. Zeitliche Änderung eines rotierenden Vektors. Wenn ein Vektor A sich mit der Winkelge-schwindigkeit ω dreht, so gilt A Aω= × . Beispiele: (a) Geschwindigkeit v r rω= = × (b) Beschleunigung ( )a v v rω ω ω= = × = × × (c) Änderung des Drehimpulses L Lω= × III. Die in der Achse bei einer Rotation wir-kenden Kräfte.

Nach dem Drehim-pulssatz L L Mω= × = . Ändert sich der Drehimpuls, so muss ein Kraftmoment wirken! Die Ände-rung des Drehimpuls zeigt in die Tafel. In den Lagern

muss somit ein Kräftepaar wirken, wie im Bild 1 gezeigt. Woher stammt dieses Kraftmoment? Betrachten wir die Platte im rotierenden Be-zugssystem. Durch die Zentrifugalkräfte ent-steht ein Kraftmoment in der gezeigten Rich-

tung. Die Reaktionskräfte in den Lagern wirken in die entgegensetzte Richtung.

Was geschieht, wenn die Achse nicht festgehal-ten wird?

IV. Symmetrischer Kreisel Definition: x y zΘ = Θ ≠ Θ . Zum Beispiel:

A. Reguläre Präzession (Nutation) eines sym-metrischen Kreisels.

1 1 1L ω= Θ

2 2 2 0L ω= Θ =

3 3 3L ω= Θ Winkelgeschwindigkeit

der Drehung um die Symmetrieachse:

33

3 3

cosL L θω = =Θ Θ

1 Pr1

sinsin L θω ω θ= =Θ

.

Daraus Pr1

Lω =Θ

. Die Kreisachse beschreibt

einen Kreiskegel um die Richtung L . V. Präzession unter der Einwirkung eines Kraftmomentes

Wenn wir die Kreiselachse gleichmäßig um die vertikale

Achse drehen, wie ändert sich der Drehimpuls? L L Mω= × =

VI. Spielkreisel

ω a

b L F

F− α β

x

y

L ω

1x

3x

θ

ω

Ω F

-F L in die Tafel gerich-tet

Wenn die Kräfte in vertikaler Ebene wirken, so bewegt sich die Achse in der horizontalen Ebene

θ

PrΩ Lω

mg

h

2

Pr sin sinL L mglθ θ= Ω = ⇒

Prmgl mgl

L ωΩ = =

Θ

Astronomisches Beispiel: Präzession der Erde

Periode der astronomischen Präzession

25800 Jahre. VII. Präzession und Nutation

VIII. Satz vom gleichsinnigen Parallelismus der Drehachsen (Foucault)

.

Sonne

Nutω Pr äzΩ

Die Kreiselachse versucht sich gleichsinnig parallel mit der Achse der Zwangsdrehung zu stellen.

1

Mechanik II / Vorlesung 19 / Prof. Popov Die Eulerschen Gleichungen, Lagerreaktionen bei Rotoren (Hauger, Schnell und Gross: 3.4.2, 3.4.3, 3.4.4)

I. Trägheitstensor (dieses Semester ohne Her-leitung). Neunkomponentige Größe

xx xy xz

ij yx yy yz

zx zy zz

⎛ ⎞Θ Θ Θ⎜ ⎟

Θ = Θ Θ Θ −⎜ ⎟⎜ ⎟Θ Θ Θ⎝ ⎠

mit

( )

2ij ij i j

m

m r rrδ⎡ ⎤Θ = −⎣ ⎦∑

heißt Trägheitstensor. Die Diagonalelemente xxΘ , yyΘ , zzΘ sind axiale Trägheitsmomente,

nicht diagonale Elemente xyΘ u.s.w. sind Devia-tionsmomente. In expliziter Form

( )

( )( )

( )

2 2

2 2

2 2

xx xy xz

ik yx yy yz

zx zy zz

m y z mxy mxz

myx m x z myz

mzx mzy m x y

⎛ ⎞Θ Θ Θ⎜ ⎟

Θ = Θ Θ Θ =⎜ ⎟⎜ ⎟Θ Θ Θ⎝ ⎠

⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟⎜ ⎟− − +⎝ ⎠

∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑

Für ein Kontinuum ( )2ik ik i kdV r rrρ δΘ = −∫

Der Drehimpuls berechnet sich mit Hilfe des Trägheitstensors als

, ,i ij j

j x y z

L ω=

= Θ∑

oder ausführlich: x xj j xx x xy y xz z

j

L ω ω ω ω= Θ = Θ +Θ +Θ∑

y yj j yx x yy y yz zj

L ω ω ω ω= Θ = Θ +Θ +Θ∑

z zj j zx x zy y zz zj

L ω ω ω ω= Θ = Θ +Θ +Θ∑

Die kinetische Energie berechnet sich als

, , ,

1 12 2ij i j ij i j

i j x y z

K ωω ωω=

= Θ ≡ Θ∑

II. Hauptträgheitsachsen und Hauptträg-heitsmomente. Man kann ein kartesisches Koordinatensystem immer so wählen, dass der Trägheitstensor eine Diagonalform annimmt. Diese Koordinatenach-sen heißen Hauptträgheitsachsen und die Dia-gonalelemente des Tensors Hauptträgheitsmo-mente. In Hauptachsen verschwinden alle Devia-tionsmomente:

1

2

3

0 00 00 0

ik

Θ⎛ ⎞⎜ ⎟Θ = Θ⎜ ⎟⎜ ⎟Θ⎝ ⎠

.

Der Drehimpuls und die kinetische Energie ha-ben dann eine besonders einfache Form:

1 1

2 2

3 3

0 00 00 0

x x x

y y y

z z z

LLL

ω ωω ωω ω

Θ Θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= Θ = Θ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟Θ Θ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, (2)

( )2 2 21 2 3

12 x y zK ω ω ω= Θ +Θ +Θ

. III. Die Eulerschen Gleichungen Wenn man den Drehimpuls bezüglich der Hauptachsen berechnet, so muß man bei Be-rechnung der zeitlichen Ableitung noch die Dre-hung der Achsen selbst berücksichtigen. dL d L L Mdt dt

ω′

= + × =

Sind 1ω , 2ω und 3ω Rotationsgeschwindigkei-ten bezüglich der Hauptachsen des Trägheit-stensors, so kann man den Drehimpulssatz in der folgenden Form schreiben (Eulersche Glei-chungen):

( )1 1 2 3 2 3 1Mω ω ωΘ − Θ −Θ = ( )2 2 3 1 3 1 2Mω ω ωΘ − Θ −Θ = ( )3 3 1 2 1 2 3Mω ωωΘ − Θ −Θ = Beispiel 1: Der momentenfreie symmetrische

Kreisel (ein Körper in kardanischer Lagerung oder auch ein frei fliegender Körper)

( )1 1 2 3 2 3 0ω ω ωΘ − Θ −Θ = ( )2 2 3 1 3 1 0ω ω ωΘ − Θ −Θ = ( )3 3 1 2 1 2 0ω ωωΘ − Θ −Θ = Wenn 1 2Θ = Θ = Θ ist, dann ist 3 0ω = . D.h. um

die Symmetrieachse dreht sich der Körper mit einer konstanten Geschwindigkeit.

Beispiel 2: Bei kleinen Rotationsgeschwin-digkeiten sind alle drei Rotationen unab-hängig!

Beispiel 3: Kollermühle Ein um eine horizontale Achse A frei drehbares Rad rollt längst eines Kreises ab. Die Achse A wird durch eine zwangsläufige Führung über eine vertikale, angetriebene und mit einer Art Kardangelenk versehene Achse B eingeleitet und unterhalten (Winkelgeschwindigkeit 0ω ).

2

Zu bestimmen ist die vom Rad auf den Boden ausgeübte Kraft. Lösung. Den Drehwinkel um die Symmetrieachse bezeichnen wir als α . Die Winkelgeschwindig-keiten um die drei Hauptachsen sind dann:

1 0Rr

ω α ω= = 1 0ω =

2 0 cosω ω α= 2 0 1 3sinω ω α α ωω= − ⋅ = 3 0 sinω ω α= − 3 1 2ω ωω= −

Die Eulerschen Gleichungen: 1 0M =

( ) 22 2 3 1 3 1 1 0 sinRM

rω ω ω α= Θ −Θ +Θ = Θ

( ) 23 3 1 2 2 1 1 0 cosRM

rω ω ω α= −Θ −Θ +Θ = −Θ

Der Betrag des Kraftmomentes ist

( )21 0

RM N G Rrω= Θ = − ⇒

220

1 012

MN G G m g rR r

ω ω ⎞⎛= + = + Θ = +⎜ ⎟⎝ ⎠

Bei schneller Rotation kann die Druckkraft viel größer als die Gewichtskraft werden!

Beispiel 4: Kreiselwirkung bei Luftschraube Bei einer Rechtskurve wird die Flugzeugnase nach unten gedrückt und bei einer Linkskur-ve nach oben. Bei zweimotorigen Flugzeugen und gegenseitig laufenden Luftschrauben werden die Tragflügel verdreht.

IV. Lagerreaktionen bei ebener Bewegung Dreht sich der Körper um eine feste Achse z, so

0xω = , 0yω = , zω ω=

Für den Drehimpuls , ,

i ij j ij jj x y z

L ω ω=

= Θ ≡ Θ∑

haben wir x xj j xx x

j

L ω ω= Θ = Θ∑ xy yω+Θ xz zω+Θ

y yj j yx xj

L ω ω= Θ = Θ∑ yy yω+Θ yz zω+Θ

z zj j zx xj

L ω ω= Θ = Θ∑ zy yω+Θ zz zω+Θ

Die Änderung des Drehimpulses berechnet sich

als d LL Ldt

ω′

= + × oder

x xz z yL ω ω= Θ + 2z z y xz z z yzL Lω ω ω− = Θ − Θ

y yz z z x xL Lω ω ω= Θ + − 2z yz z xz zL ω ω= Θ +Θ

z zz z xL ω ω= Θ + y yL ω− x zz zL ω= Θ

Aus dem Drehimpulssatz folgt 2

xz z z yz xMω ωΘ − Θ = , 2

yz z xz z yMω ωΘ +Θ = ,

zz z zMωΘ = , Die dritte Gleichung ist die übliche Form des Drallsatzes bei einer ebenen Rotation um eine feste Achse. Die ersten zwei Gleichungen ge-ben die seitens der Achse wirkenden Reakti-onsmomente. Die Reaktionsmomente treten nur bei einer Abweichung von einer symmetri-schen Form auf (wenn Deviationsmomente nicht gleich Null sind).

Beispiel 5: Auswuchten eines Rades. An einem Autorad (Drehachse z) befindet sich eine Unwucht mit der Masse 0m . Welche Massen 1m und 2m müssen an den Stellen (1) und (2) angebracht werden, damit das Rad ausgewuchtet ist?

Lösung. Das Rad ist ausgewuchtet, wenn der Schwerpunkt auf der Drehachse liegt und die Deviationsmomente verschwinden:

0 0 2 2 1 1 0m r m r m r+ − =

0 0 0 1 1 1 2 2 2 0zy m r e m re m r eΘ = − + + = . Auflösen liefert die gesuchten Massen

0 0 21 0

1 1 2

r e em mr e e

+=

+, 0 0 1

2 02 1 2

r e em mr e e

−=

+.

2

3

0ω

R

r G

N

1

Mechanik II / Vorlesung 20 / Prof. Popov Schwingungen, Federzahlen, imaginäre Exponenten (HSG 5.1, 5.2.1, 5.2.2)

Beispiele für Schwingungen - Masse an einer Feder - Schwingungen in elektrischen Kreisen - Elektronen in einem Atom - Regelungssysteme - Ökologische Systeme - Wirtschaftliche Systeme - ......

I. Periodische Schwingungen: ( ) ( )x t T x t+ =

1fT

= - Frequenz (Einheit Hertz: Hz=1/s)

I.a. Harmonische Schwingungen

( ) ( ) ( )22 ;x t x t x t x tπω π ω ω ωω

⎛ ⎞⎛ ⎞+ = + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

2T πω

= ; 2 2 fTπω π= =

Allgemeine Form von harmonischen Schwin-gungen: ( ) ( )cosx t C tω α= − =

cos cos sin sinC t C tω α ω α= + ⋅ = cos sinA t B tω ω= + ;

cosA C α= , sinB C α= ; 2 2C A B= + , arctan B

Aα = .

II. Harmonische Schwingung und Kreisbe-wegung ( )cosx C tω α= − tϕ ω α= − − Phasenwinkel (oder Phase) Kreisfrequenz und Winkelgeschwindigkeit sind in diesem Fall Synonyme.

III. Einmassenschwinger. Betrachten wir eine Masse ge-koppelt an eine starre Wand mit einer linear elastischen Feder. Betrachten wir dieses System zunächst unter Vernachlässi-

gung der Schwerekraft. Das zweite Newton-sche Gesetz lautet:

mx cx= − oder 20

cx x xm

ω⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Allgemeine Lösung dieser Gleichung ist ( ) 0 0cos sinx t A t B tω ω= +

Konstanten A und B berechnen sich mit Hilfe von Anfangsbedingungen: ( ) 00x x= , ( ) 00x v= . Daraus folgt

0A x= , 0 0/B v ω= . Die Lösung lautet somit

( ) 00 0 0

0

cos sinvx t x t tω ωω

= + .

Die Amplitude der Schwingung ist gleich

( )220 0 0/C x v ω= + ,

die Phase 0

0 0

arctan vx

αω

= .

0 /c mω = wird Eigenkreisfrequenz genannt. Kinetische und potentielle Energie oszillieren, wobei ihre Summe konstant bleibt:

( )

( )

2 2 2 2 20 0

22 2

0

1 1 1 sin2 2 2

1 cos2 2

Energie

E T U mx cx m C t

cCcC t const

ω ω α

ω α

= + = + = −

+ − = =

IV. Physikalisches Pendel. Betrachtet wird ein beliebiger starrer Körper, der eine ebe-ne Bewegung um eine feste Achse A ausführt. Der Drehimpulssatz bezüglich der Rotati-onsachse lautet:

sinA mglϕ ϕΘ = − . Für kleine ϕ vereinfacht sich die Gleichung zu

A mglϕ ϕΘ = − oder 2 0ϕ ω ϕ+ = mit 2 / Amglω = Θ .

Für den Sonderfall eines mathematischen Pen-dels erhalten wir

2 2/ / /Amgl mgl ml g lω = Θ = = .

V. Federzahlen elastischer Systeme Bei einer linear elastischen Feder gilt F c l= ∆ . Der Steifigkeitskoeffizient kann somit definiert werden als /c F l= ∆ .

sinx A tω= ω − Kreisfrequenz

T - Periode

2

Dehnfedern Elastizitätsmodul E Eσ ε= F lEA l

∆= ⇒ AEF l

l= ∆ ⇒

AEcl

= .

Biegefedern (Blattfedern) Elastizitätsmodul E, geometrisches Trägheitsmoment des Querschnitts ist I.

Aus der Statik ist bekannt, dass die Verschie-bung des Endpunktes des Balkens ist gleich

3

3FlxEI

= ⇒ 33EIF xl

= ⇒ 33EIcl

=

Eine auf beiden Enden gestützte Blattfeder

In diesem Fall ist Verschiebung wie bei einem einseitig eingespannten Balken der Länge / 2l unter der Wirkung einer Kraft / 2F :

( )3 3/ 22 3 48

lF FlxEI EI

= = ⇒ 348EIc

l= .

VI. Parallelschaltung von Federn Gesamtsteifigkeit

1 2*c c c= +

VII. Reihenschaltung von Federn Gesamtsteifigkeit

1 2

1 1 1*c c c= +

VIII. Lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten A. Homogene Gleichungen

1

1 1 01 .... 0n n

n nn n

d x d dxa a a a xdt dt dt

−

− −+ + + =

Allgemeiner Lösungsansatz: tx Ceλ= , constλ =

Einsetzen in die Gleichung ergibt die charakte-ristische Gleichung:

1 21 2 0 0n n n

n n na a a aλ λ λ− −− −+ + + ⋅⋅⋅+ =

Dies ist eine algebraische Gleichung n -ter Ordnung. Sie hat genau n Wurzeln: 1,..., nλ λ (Theorem von Gauß). Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung ist: ( ) 1 2

1 2ntt t

nx t C e C e C eλλ λ= + + ⋅⋅⋅ + .

Beispiel 1. 5 6 0x x x− + = ; 1) tx eλ= ⇒ 2) 2 5 6 0λ λ− + = ⇒ 3) 1 2λ = ; 2 3λ = ; Allgemeine Lösung: 2 3

1 2t tx C e C e= + .

Beispiel 2. 9 0x x− = ; Charakteristische Gleichung:

2 9 0λ − = ; 2 9λ = ; 1 3λ = + ; 2 3λ = − ; Allgemeine Lösung: 3 3

1 2t tx C e C e−= + .

Beispiel 3. 9 0x x+ = ; Charakteristische Gleichung:

2 9 0λ + = ; 2 9λ = − ; 1 3iλ = + ; 2 3iλ = − ; Hier i ist imaginäre Einheit: 2 1i = − . Allgemeine Lösung: 3 3

1 2it itx C e C e−= +

IX. Imaginäre Exponenten 2 3 4

12! 3! 4!

x x x xe x= + + + + + ⋅⋅⋅

( ) ( ) ( ) ( )2 3 4

12! 3! 4!

ix ix ix ixe ix= + + + + + ⋅⋅⇒

2 1i⎡ = −⎣ ; 3 2i i i i= ⋅ = − ; 4 1i ⎤= ⎦ 2 3 4 5

12! 3! 4! 5!x x x xix i i⇒ + − − + + + ⋅⋅⋅

2 4 6

12! 4! 6!x x x⎡ ⎤

= − + − + ⋅⋅⋅ +⎢ ⎥⎣ ⎦

3 5 7

3! 5! 7!x x xi x

⎡ ⎤+ − + − + ⋅⋅⋅ =⎢ ⎥⎣ ⎦

cos sinx i x= + :

cos sinixe x i x= + (Eulersche Formel) Beispiel 3 – Fortsetzung.

3 31 2

it itx C e C e−= + = [ ] [ ]1 2cos3 sin 3 cos3 sin 3C t i t C t i t= + + −

( ) ( )1 2 1 2cos3 sin 3

cos3 sin 3A B

C C t iC iC t

A t B t

= + + − =

= +

A

l

F

x

F

l

F

l/2

F/2 F/2

l/2

x

1c

2c

1c2c

1

Mechanik II / Vorlesung 21 / Prof. Popov Gedämpfte Schwingungen (HSG 5.2.3)

I. Gedämpfte Schwingungen

Bewegungsgleichung (das 2. N.G.): mx dx cx= − −

Standardform: 0d cx x xm m

+ + =

2δ 20ω

202 0x x xδ ω+ + = - die Bewegungsglei-

chung für freie Schwingungen eines gedämpf-ten Einmassenschwingers.

II. Lösung mit dem Exponentialansatz Gegeben sei die DGL 2

02 0x x xδ ω+ + =

Lösung: Ansatz tx Aeλ= ⇒ Charakteristische Gl. 2 2

02 0λ δλ ω+ + = hat zwei Wurzeln

2 21,2 0λ δ δ ω= − ± − .

Allgemeine Lösung ist 1 2t tx Ae Beλ λ= +

Drei Fälle:

A. Kleine Dämpfung 2 20δ ω<

( )2 21,2 0

2 20 *i i

λ δ ω δ

δ ω δ δ ω

= − ± − − =

= − ± − = − ±

2 20*ω ω δ= − ;

( ) ( )* *1 2

i t i tx C e C eδ ω δ ω− + − −= + = * *

1 2t i t t i tC e e C e eδ ω δ ω− − −= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

( )( )

cos * sin *

cos *

t

t

e A t B t

Ce t

δ

δ

ω ω

ω α

−

−

= +

= +

Das ist eine Schwingung mit der Kreisfre-quenz 2 2

0*ω ω δ= − und einer nach dem

Gesetz te δ− abnehmenden Amplitude. δ heißt Abklingkoeffizient [ 1s− ]. "Periode" (z.B. Zeit zwischen zwei Maxima 2 / *T π ω= =

2 202 /π ω δ− strebt bei 0δ ω→ gegen ∞ .

B. Große Dämpfung 2 2

0δ ω> Beide 1,2λ sind reell (und negativ)

( ) ( )2 2 2 20 0t t

x Ae Beδ δ ω δ δ ω− + − − − −

= + Zwei Exponenten

Anfangsbedingungen: ( ) 00x x= , ( ) 00x v=

( ) 1 20 000x Ae Be A B xλ λ= + = + =

( ) 1 21 2

t tx t A e B eλ λλ λ= +

( ) 1 2 00x A B vλ λ= + =

2 0 0

2 1

x vA λλ λ

−=

−; 0 1 0

2 1

v xB λλ λ−

=−

.

( ) 1 22 0 0 0 1 0

2 1 2 1

t tx v v xx t e eλ λλ λλ λ λ λ

− −= +

− −

z. B. für 0 0x = , 0 0v ≠

( ) ( ) ( )2 12 10 0

2 1 2 1

t tt tv vx t e e e eλ λλ λ

λ λ λ λ− −= − = −

− − „Übergedämpfte Schwin-gungen“

C Aperiodischer Grenzfall 0δ ω= ,

1 2λ λ λ δ= = = − . In der letzten Gleichung des Abschnitts B set-zen wir 2 1λ λ λ= + ∆ und lassen λ∆ gegen Null streben:

Federkraft Dämpfungskraft (viskose Reibung)

2

( ) ( )( )1 1

1 1

0

0

t t t

t t t

vx t e e

e ev tt

λ λ λ

λ λ λ

δ

λ

+∆ ⋅

+∆ ⋅

= ⋅ − =

−= =

∆ ⋅

1 | |0 0

t tx v te v teλ λ−= =

Allgemeine Lösung in diesem Fall ist ( ) ( )0 0 0

t t t tx t Ae Bte x e v x teδ δ δ δδ− − − −= + = + + . Abhängig von den Anfangsbedingungen kön-nen sich folgende Bewegungen ergeben:

III. Energie bei nicht gedämpften und ge-dämpften Schwingungen Für ungedämpfte Schwingungen gilt

( )

( )

2 2 2 2 20 0

22 2

0

1 1 1 sin2 2 2

1 cos2 2

Energie

E T U mx cx m C t

cCcC t const

ω ω α

ω α

= + = + = −

+ − = =

Energie bleibt erhalten. Mittelwert der kineti-schen Energie ist dabei gleich dem Mittewert der potentiellen Energie: / 2K U E= = Für gedämpfte Schwingungen multiplizieren wir 0mx dx cx+ + = mit x :

( )2 0mxx d x cxx+ + = 2 2

2 22 2 2

d mx d cx d mxd xdt dt m

⎛ ⎞⎛ ⎞ + = − ⋅ = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 4dE d K Kdt m

δ= − = − .

Mittelung über eine Periode ergibt:

4 2dE K Edt

δ δ= − = − .

Die Energie nimmt somit nach dem Gesetz 2

0tE E e δ−= ab.

IV. Schwingungen in Anwesenheit trocke-ner Reibung Ein Klotz (Masse m) bewege sich auf einer Unterlage (Reibungskoeffizient µ ). Die Rei-

bungskraft R mgµ= ist stets gegen die Ge-schwindigkeit gerichtet. Das 2. N.G. liefert:

, 0

, 0

mx cx R x

mx cx R x

⎧ = − − >⎪⎨

= − + <⎪⎩

20

20

, 0

, 0

x x r x

x x r x

ω

ω

⎧ = − − >⎪⎨

= − + <⎪⎩ /r R m=

Bei den Anfangsbedingungen ( )1 00x t x= = , ( )1 0 0x t = =

bewegt sich der Klotz nach links ( )0x < , 20x x rω+ = ;

20/x r ω= ist eine Partikularlösung der nicht

homogenen Gleichung. Die allgemeine Lösung ist

20 0 0cos sin /x A t B t rω ω ω= + + ;

Einsetzen der Anfangsbedingungen: ( )( )

20 0

0

0 /

0 0

x A r x

x B

ω

ω

⎧ = + =⎪⎨

= =⎪⎩

ergibt 0B = und 20 0/A x r ω= − .

Endgültige Lösung: ( )2 2

0 0 0 0/ cos /x x r t rω ω ω= − + ; Diese Lösung gilt solange

( )20 0 0 0/ sin 0x x r tω ω ω= − − <

Die Geschwindigkeit würde ihr Vorzeichen ändern, wenn 0sin 0tω = . Das geschieht zum Zeitpunkt 1 0/t π ω= . In diesem Moment

( )2 2 20 0 0 0 0/ / 2 /x x r r x rω ω ω= − − + = − +

D.h. nach einer halben Periode hat der Aus-schlag um 2

02 /r ω abgenommen. In der näch-sten halben Periode wird offenbar dasselbe passieren. Nach einer endlichen Zahl von Halbperioden kommt der Körper vollständig zum Stillstand.

1

Mechanik II / Vorlesung 22 / Prof. Popov Erzwungene Schwingungen, Resonanz (HSG 5.3.1)

I. Erzwungene Schwingungen ohne Dämp-fung

Freischnitt: ( )F t elF cx= − Bewegungsgleichung: ( )mx cx F t= − + Angenommen die äußere Kraft ändert sich nach dem Gesetz ( ) 0 cosF t F tω= ⇒ Bewegungsgleichung: 0 cosmx cx F tω= − + Lösungsansatz: cosx C tω= . Einsetzen in die Bewegungsgleichung liefert

20cos cos cosm C t cC t F tω ω ω ω− = − +

( )20C c m Fω− = ⇒

0 0 02 2 2 2

0

F F m F mCc m c mω ω ω ω

= = =− − −

Die Lösung: 02 20

cosF mx tωω ω

=−

(1)

heißt Partikularlösung der DGL. Aus (1) folgt: • wenn 0ω ω< , hat x dasselbe Vorzeichnen wie F . Koordinate und Kraft schwingen in gleicher Phase. • wenn 0ω ω> , hat x entgegengesetztes zu F Vorzeichnen ⇒ Koordinate schwingt in „Gegenphase“ zur Kraft. • Amplitude wird ∞ , wenn 0ω ω→ -RESONANZ.

Allgemeine Lösung setzt sich aus der allge-meinen Lösung der homogenen Gleichung und einer Partikularlösung zusammen:

00 0 2 2

0

cos sin cosF mx A t B t tω ω ωω ω

= + +−

(2)

Beispiel: Zum Zeitpunkt 0t = befinde sich die Masse in Ruhe im Gleichgewicht: (Anfangs-bedingungen: (0) 0x = , (0) 0v = ).

Zu bestimmen ist ihre Bewegung unter der Wirkung der Kraft ( ) 0 cosF t F tω= . Lösung. Aus (2) folgt

02 20

(0) 0F mx Aω ω

= + =−

00 0 0 0 2 2

0 0

0

(0) sin cos sin

0t

F mx A t B t t

B

ω ω ω ω ω ωω ω

ω=

= − + − =−

= =

Daraus folgt: 0B = , 02 20

F mAω ω

= −−

.

Die Lösung lautet

( )

0 002 2 2 2

0 0

002 2

0

cos cos

cos cos

F m F mx t t

F m t t

ω ωω ω ω ω

ω ωω ω

= − + =− −

= −−

(3)

Sonderfall 0ω ω= (Resonanz). In (3) setzen wir 0ω ω ω= + ∆ ein und lassen

0ω∆ → .

( )( ) ( )

( )( )

( )

00 0

0 0

0 00

0

0 00 0 0 0

0 0

cos( ) cos

cos( ) cos

sin sin2

F mx t t

t t tF tm t

F Ft tt tm m

ω ω ωω ω ω ω

ω ω ωω ω ω

ω ω ω ωω ω ω

= + ∆ − =+ −

+ ∆ ⋅ −= − =

+ ∆ ⋅

= →+

0

0sinFx t tm

ω= (Resonanzfall) (Bild d oben).

cos2 cos3t t−

a

cos2 cos2.1t t−

b

cos2 cos0.1t t−

c

sint t

d

Resonanzfall

2

II. Schwebungen. Oft werden Schwingungen mit verschiedenen Frequenzen überlagert. Er-zwungene Schwingungen ohne Dämpfung ist ein Beispiel hierfür:

( )0( ) cos cosx t C t tω ω= − . Wir untersuchen den Fall, wo die beiden Fre-quenzen fast gleich sind: 0ω ω ω= + ∆ ( ω∆ ist eine kleine Frequenzdifferenz 0,ω ω ω∆ ). Es gilt ( )/ 2ω ω ω= + ∆ , ( )0 / 2ω ω ω= − ∆ ,

wobei 0

2ω ωω +

= der Mittelwert der beiden

Frequenzen ist. Für den uns interessierenden Ausdruck 0cos cost tω ω− ergibt sich

( )( ) ( )( )( )

0cos cos

cos / 2 cos / 2

cos cos / 2

t t

t t

t t

ω ω

ω ω ω ω

ω ω

− =

= + ∆ − − ∆ =

⋅ ∆ ( )

( )

sin sin / 2

cos cos / 2

t t

t t

ω ω

ω ω

+ ⋅ ∆ +

− ⋅ ∆ ( )sin sin / 2t tω ω+ ⋅ ∆ =

( )0cos cos 2sin sin / 2t t t tω ω ω ω− = ⋅ ∆ . Diese Art von Schwingungen heißt Schwe-bungen (Bild b oben).

III. Erzwungene Schwingungen mit Dämp-fung

Bewegungsgleichung:

( )mx cx dx F t= − − + , ( ) 0 cosF t F tω=

( )20 02 / cosx x x F m tω δ ω+ + = .

Dies ist eine lineare, nicht homogene DGL.

Trigonometrische Funktionen und imaginäre Exponenten

cos sinie iα α α= + cos sinie iα α α− = −

2cosi ie eα α α−+ = ⇒ cos ( ) / 2i ie eα αα −= + , 2 sini ie e iα α α−− = ⇒ sin ( ) / 2i ie eα αα −= − .

Partikularlösung Wir stellen cos tω als Summe von Exponenti-alfunktionen dar: cos ( ) / 2i t i tt e eω ωω −= + und lösen dann die Gleichung

( )20 02 / 2 ( )i t i tx x x f e eω ωω δ −+ + = + .

Wegen der Linearität können wir die Aufgabe in getrennte Lösung von zwei Aufgaben teilen

( )21 0 1 1 02 / 2 i tx x x f e ωω δ+ + = und

( )22 0 2 2 02 / 2 i tx x x f e ωω δ −+ + = .

Diese Gleichungen lösen wir mit dem Expo-nentialansatz: 1 1( ) i tx t x e ω= , 2 2( ) i tx t x e ω−= ⇒

( )2 22 0 2 2 02 / 2x x i x fω ω ωδ− + + =

( )2 22 0 2 2 02 / 2x x i x fω ω ωδ− + − =

( )01 2 2

0

/ 22

fx

iω ω ωδ=− + +

, ( )02 2 2

0

/ 22

fx

iω ω ωδ=− + −

.

Die partikuläre Lösung ist: ( ) ( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )

0 02 2 2 2

0 0

2 200

2 2 22 2 2 200

2 20022 2 2 2

0

0

/ 2 / 2( )

2 2

2/ 2

24

cos 2 sin4

cos

i t i t

i t

i t

f fx t e e

i i

i ef

i e

f t t

x t

ω ω

ω

ω

ω ω ωδ ω ω ωδ

ω ω ωδ

ω ω ωδω ω ω δ

ω ω ω ωδ ωω ω ω δ

ω α

−

−

= + =− + + − + −

⎡ ⎤− + − +⎢ ⎥ =⎢ ⎥+ − + +− + + ⎣ ⎦

⎡ ⎤− + =⎣ ⎦− + +

= −Dies ist eine harmonische Schwingung mit der

Amplitude ( )

00 22 2 2 2

0 4

fxω ω ω δ

=− + +

und der Phasenverschiebung α :

( )2 20

2tan ωδαω ω

=−

.

Das Verhältnis

( )

20 0

22 2 2 200

( )(0) 4

xVxω ω

ω ω ω δ= =

− + +

heißt Vergrößerungsfunktion. Sie zeigt, um wie viel größer ist die Schwingungsamplitude verglichen mit dem statischen Fall. Der maxi-male Wert der Vergrößerungsfunktion:

0 0 0max

0

( )(0) 2

xV Qxω ω

δ= = ≡ heißt die Güteziffer

des Schwingers.

( )F t

DämpferFFederF

Freischnitt:

Schnelle Schwingungen langsam oszillierende Amplitude

⇒

2 0δ =

2 0.3δ =

2 1δ =

2 0δ =

2 0.3δ =

2 1δ =

1

Mechanik II / Vorlesung 23 / Prof. Popov Erzwungene Schwingungen mit Dämpfung (Fortsetzung) (HSG 5.3.2)

I. Erzwungene Schwingungen mit Dämp-fung

Bewegungsgleichung:

( )mx cx dx F t= − − + , ( ) 0 cosF t F tω=

( )20 0 02 / cos cosx x x F m t f tω δ ω ω+ + = = .

Genauso, wie bei freien gedämpften Schwin-gungen ist es bequem komplexe Zahlen zu be-nutzen.

II. Lösung von linearen, nicht homogenen Differentialgleichungen Eine lineare, nicht homogene Gleichung

1

1 1 01 .... ( )n n

n nn n

d x d dxa a a a x f tdt dt dt

−

− −+ + + =

ist leicht lösbar im Fall, wenn die Funktion ( )f t eine Exponentialfunktion ist:

0( ) ptf t F e= ( p ist eine beliebige Konstante). Allgemeine Lösungsmethode: Suche partikulä-re Lösung in der gleichen Exponentialform:

ptx Ce= . Einsetzen in die DGL liefert: ( )1 2

1 2 0 0n n n

n n nC a p a p a p a F− −− −+ + + ⋅⋅ ⋅ + = .

Daraus folgt

( )0

1 21 2 0

n n nn n n

FCa p a p a p a− −

− −

=+ + + ⋅ ⋅ ⋅ +

.

Diese Methode funktioniert auch bei harmoni-schen Funktionen ( )f t , da trigonometrische Funktionen über die Eulersche Formel mit der Exponentialfunktion verbunden sind.

III. Komplexe Zahlen Komplexe Zahlen sind Zahlen der Form z x iy= + . " i " ist hier imaginäre Einheit: 2 1i = − .

x heißt Realteil, y Imaginärteil der Zahl: Re( )x z= , Im( )y z= .

Die zur z komplex konjugierte Zahl ist *z x iy= − .

Komplex konjugierte Zahl bekommt man durch Änderung des Vorzeichens vor " "i . Betrag einer komplexen Zahl: 2 2z x y≡ + . Offenbar gilt

( ) ( ) 22 2*z z x iy x iy x y z⋅ = + − = + = .

Polare Darstellung von komplexen Zahlen Eine komplexe Zahl ist eindeutig durch Anga-be ihrer Real- und Imaginärteile definiert, d.h. durch die Angabe eines Paars (x,y). Jeder kom-plexen Zahl kann eindeutig ein Punkt auf der Ebene (x,y) zugeordnet werden (und umge-kehrt). Jeder Punkt auf der Ebene kann aber auch eindeutig durch seine Polarkoordinaten

definiert werden: cosx r θ= , siny r θ= .

Die komplexe Zahl hat dann die Form

cos sin iz r ir re θθ θ= + = .

r ist offenbar gleich dem Betrag der komplexen Zahl 2 2z x y≡ + . θ heißt Phase der komplexen Zahl: tan / Im( ) / Re( )y x z zθ = = . cos Re( )ie θθ = , sin Im( )ie θθ = Lösungsweg 2 (der beste Weg). cos tω wird als Realteil einer komplexen Exponente gese-hen. Beispiel 1. Gegeben sei eine periodische Grö-ße, z.B. Kraft 0( ) cosF t F tω= . Sie kann als Realteil einer komplexen Funktion

0( ) i tF t F e ω= betrachtet werden: ( ) Re ( )F t F t= . Beispiel 2. Gegeben sei eine Kosinus-Funktion mit einer Phasenverschiebung:

( ) ( )( )00 0 0cos Re i tF F t F e ω ϕω ϕ −= − = =

( )00Re i i tF e eϕ ω−= ⋅ ( )ˆRe i tF e ω= ⋅

F ist komplexe Amplitude 00

ˆ iF F e ϕ−= Merke: Koeffizient vor der komplexen Expo-nente kann auch eine komplexe Zahl sein!

Der Hintergrund der Methode: Wir betrachten die Gleichung

20 2 ( )x x x f tω δ+ + = .

Angenommen, eine partikuläre Lösung der Gleichung für 1( ) cosf t tω= ist 1( )x t und für

2( ) sinf t tω= ist 2 ( )x t . Die Lösung für

1 2( ) ( ) ( )f t af t bf t= + ist dann

1 2( ) ( ) ( )x t ax t bx t= + . Insbesondere für die Kraft

0 0 0( ) cos sin i tf t f t if t f e ωω ω= + = lautet die Lösung 0 1 0 2( ) ( ) ( )x t f x t if x t= + .

( )F t

DämpferFFederF

Freischnitt:

2

D.h.: Realteil der Lösung bei einer komplexen Kraft ist gleich der Lösung unter der Wirkung des Realteils der Kraft.

Lösungsschritte: Schritt 1 : Wir erkennen eine reelle periodische Kraft 0 cosF tω als Realteil einer komplexen

Funktion: ( )0 0cos Re i tF t F e ωω = Schritt 2 : Die gegebene reelle Kraft ersetzen wir durch die komplexe:

( )20 02 / i tx x x F m e ωω δ+ + = .

Schritt 3 : Exponentialansatz ˆ i tx xe ω= : ( ) ( )2 2

0 0ˆ2 /i t i ti xe F m eω ωω ω ωδ− + + = Schritt 4 : Komplexe Amplitude:

( )02 20

ˆ2

F mx

iω ω ωδ=

− + (1)

Damit ist die Lösung der Ersatzgleichung

( )02 20

( )2

i tF mx t e

iω

ω ω ωδ= ⋅

− +

Schritt 5 : Die komplexe Amplitude (1) stel-len wir in polarer Form dar: ˆ ix eρ − Θ= ⋅ mit

( )( )

202

22 2 2 20

ˆ ˆ*4

F mxxρ

ω ω ω δ= =

− +,

( )( ) 2 2

0

Im 2tanˆRex

xδω

ω ω−

Θ = =−

.

Schritt 6 : ( )ˆRe i tx x e ω= ⋅ =

( ) ( )Re cosi i te e tωρ ρ ω− Θ= ⋅ = − Θ

Ergebnis : ( )( ) cosx t tρ ω= − Θ

Schwingungsamplitde:( )

022 2 2 2

0 4

F mρω ω ω δ

=− +

Phasenverschiebung: 2 20

2arctan δωω ω⎛ ⎞

Θ = ⎜ ⎟−⎝ ⎠

IV. Die allgemeine Lösung setzt sich aus einer partikulären Lösung der nicht homogenen Gleichung und der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung zusammen. Z.B. für kleine Dämpfungen:

( ) ( )( ) cos cos * sin *tx t t e A t B tδρ ω ω ω−= −Θ + +

Nach einer ausreichend langer Zeit wird das zweite Glied abklingen. Dann wird die Lösung nur durch die partikulare Lösung der nicht ho-mogenen Gleichung bestimmt.

Beispiele für Übergangsprozesse (Einschwing-vorgang): V. Beispiele für erzwungene Schwingungen

Beispiel: "Fußpunkterregung" Bewegungsgleichung:

( )Fmx c x x dx= − − − ,

Fmx cx dx cx+ + =

0 cosmx cx dx cx tω+ + = , d.h. identisch mit dem Fall einer Erregung durch eine Kraft 0( ) cosF t cx tω= .

Beispiel: Erregung über einen Dämpfer Bewegungsgleichung:

Fmx cx dx dx+ + = ,

0 sinmx cx dx d x tω ω+ + = − , d.h. identisch mit dem Fall einer Erregung durch eine Kraft 0( ) sinF t d x tω ω= − . Zu berechnen ist die Schwin-gungsamplitude. Lösung

0( ) Im( )i tF t d x e ωω= −

02 20

2ˆ2

xxi

δωω ω ωδ

−=

− +.

Schwingungsamplitude ist

( )0

22 2 2 20

2

4

xωδρω ω ω δ

=− +

.

Vergrößerungsfunktion:

( )22 2 2 20

2

4V ωδ

ω ω ω δ=

− +

0 cosFx x tω=

x

0 cosFx x tω=

x

2 0.3δ =

2 1δ =

1

Mechanik II / Vorlesung 24 / Prof. Popov Schwingungen von Systemen mit zwei Freiheitsgraden (HSG 5.4.1)

I. Zwei gekoppelte Pendel.

In diesem Fall kann man die allgemeine Lö-sung aufschreiben ohne die Bewegungsglei-chungen aufzustellen. Bei kleinen Auslenkun-gen ist dies ein lineares System. Wenn wir ei-

nige "Lösungen" erraten haben, dann ist auch ihre Super-position mit beliebi-gen Koeffizienten eine mögliche Be-wegung. Fall (a). Wenn bei-

de Pendel um den gleichen Winkel ausgelenkt werden ( 1 2ϕ ϕ ϕ= = ), so lautet der Drehim-pulssatz für jedes Pendel

2 sinml M mglϕ ϕ ϕΘ = = = − . Für kleine Winkel: ( )/g lϕ ϕ= − ist dies Schwingungsgleichung mit der Fre-quenz 1 /g lω = .

Fall (b). Wenn die Pendel um den gleichen Winkel in entgegengesetzten Richtungen ausgelenkt werden, lautet der Drehimpulssatz:

2 2sin 2 sin cosml mgl kdϕ ϕ ϕ ϕ ϕΘ = = − − Bei kleinen Winkeln ersetzen wir sinϕ ϕ , cos 1ϕ :

2

2

2g kdl ml

ϕ ϕ⎞⎛

= − + ⎟⎜⎝ ⎠

Dies ist eine

Schwingungsgleichung mit der Fre-

quenz2

2 2

2g kdl ml

ω = + .

Bezeichnen wir die Auslenkung des ersten Pen-dels mit 1ϕ und des zweiten mit 2ϕ . Unsere zwei "Lösungen" (zwei mögliche Schwin-gungsformen) (a) und (b) lassen sich wie folgt schreiben: "Lösung 1" (Bewegungsart 1):

(1) (1) (1)1 1 1cos sinA t B tϕ ω ω= + (1) (1) (1)2 1 1cos sinA t B tϕ ω ω= +

"Lösung 2" (Bewegungsart 2): (2) (2) (2)1 2 2cos sinA t B tϕ ω ω= + (2) (2) (2)2 2 2cos sinA t B tϕ ω ω= − −

Diese zwei Bewegungsformen nennt man "normale Moden" oder "normale Formen" oder

"Eigenformen" oder "Hauptschwingungen" des Systems.

Die (Kreis)Frequenzen 1ω und 2ω sind Eigen(kreis)frequenzen

"Allgemeine Lösung": (1) (1) (2) (2)

1 1 1 2 2cos sin cos sinA t B t A t B tϕ ω ω ω ω= + + +(1) (1) (2) (2)

2 1 1 2 2cos sin cos sinA t B t A t B tϕ ω ω ω ω= + − −Beispiel. Zu bestimmen ist das Bewegungsge-setz von zwei gekoppelten Pendeln mit den folgenden Anfangsbedingungen:

1 0(0)ϕ ϕ= , 2 (0) 0ϕ = , 1(0) 0ϕ = , 2 (0) 0ϕ = . Aus der allgemeinen Lösung folgt

(1) (2)1 0(0) A Aϕ ϕ= + =

(1) (2)2(0) 0A Aϕ = − =

(1) (2)1 1 2(0) 0B Bϕ ω ω= + =

(1) (2)2 1 2(0) 0B Bϕ ω ω= − =

Die Lösung lautet somit

( )01 1 2( ) cos cos

2t t tϕϕ ω ω= +

( )02 1 2( ) cos cos

2t t tϕϕ ω ω= − .

Wenn 1 2ω ω≈ ist, so beschreiben beide Glei-chungen die Schwebungen.

II. Wie findet man die Eigenformen? Lösungsmethode 1.

⇒ (1) (2)0 / 2A A ϕ= =

⇒ (1) (2) 0B B= =

1ϕ

2ϕ

t

m m

a b

sinl ϕ

2

Betrachten wir das oben gezeigte Zweinassensystem und stellen für es die Bewegungsgleichungen auf:

1 1 2 1( )mx kx k x x= − + −

2 2 2 1( )mx kx k x x= − − −

Summieren beider Gleichungen ergibt ( ) ( )

21 2

1 22

d x xm k x x

dt+

= − +

Subtrahieren: ( ) ( )2

1 21 22 3

d x xm k x x

dt−

= − − .

Bezeichnungen: 1 2x x X+ = , 1 2x x Y− = . Gleichungen A und B nehmen die Form

2

2

d Xm kXdt

= − und 2

2 3d Ym kYdt

= − an.

Ihre Lösung: (1) (1)

1 1( ) cos sinX t A t B tω ω= + (2) (2)

2 2( ) cos sinY t A t B tω ω= + mit 2

1 /k mω = , 22 3 /k mω = .

Umkehrtransformation:

1 2X Yx +

= , 2 2X Yx −

= .

III. Reguläre Lösungsmethode Wir betrachten das folgende System:

Die Bewegungsgleichungen lauten 1 1 2 1( )mx kx k x x= − + −

2 2 1( )mx k x x= − −

Suchen wir Lösungen in der Form: 1 cosx X tω= , 2 cosx Y tω= . Einsetzen in die

Bewegungsgleichungen liefert 2 ( )m X kX k Y Xω− = − + − 2 ( )m Y k Y Xω− = − −

oder nach Umformung ( )22 0k m X kYω− − = (5)

( )2 0kX k m Yω− + − = (6) Bedingung für die Lösbarkeit des Systems: ( )

( )

2

2

20

k m k

k k m

ω

ω

− −=

− −

2 4 2 23 0m km kω ω− + = ⇒2

4 23 0k km m

ω ω ⎛ ⎞− + =⎜ ⎟⎝ ⎠

Eigenfrequenzen:

( )2 2

2

1,2

3 3 3 52 2 2

k k k km m m m

ω ±⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ± − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (7)

1 01.62ω ω= , 2 00.62ω ω= mit 0 /k mω = .

Eigenformen bekommt man, indem man (7) in (5) oder (6) einsetzt: ( )22 /Y m k Xω= − .

21

3 52

km

ω += ⇒ 3 52 0.62

2Y X X

⎛ ⎞+= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

22

3 52

km

ω −= ⇒ 3 52 1.62

2Y X X

⎛ ⎞−= − =⎜ ⎟⎝ ⎠

Man kann die Lösungen auch in der Matrix-form darstellen:

11 1

2 1

1cos

0.62x

x C tx

ω⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠

12 2

2 2

1cos

1.62x

x C tx

ω⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Auf ähnliche Weise kann man zeigen, dass der sin-Ansatz zum gleichen Ergebnis führt. Es gibt zwei weitere unabhängige Lösungen:

13 3

2 3

1sin

0.62x

x C tx

ω⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠

14 4

2 4

1sin

1.62x

x C tx

ω⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Die allgemeine Lösung lautet: 1 2 3 4x x x x x= + + + . Sie enthält 4 Konstanten,

die man aus den vier Anfangsbedingungen bestimmen kann.

IV. Lösung mit komplexen Federzahlen

Die äquivalente, frequenzabhängige Steifigkeit ist gleich

2 2 2 2 42

2 2

( ) 3*2 2

k k m k km mk mk m k m

ω ω ωωω ω

− − += − =

− −.

Eigenfrequenzen sind solche Frequenzen, bei denen die äquivalente, frequenzabhängige Stei-figkeit Null wird: 2 2 2 43 0k km mω ω− + = . Das ist genau die charakteristische Gleichung, die wir oben auf einem anderen Weg erhalten ha-ben.

1x 2x

(charakteristi-sche Gleichung)

1

Mechanik II / Vorlesung 25 / Prof. Popov Verschiedenes aus dem Thema Schwingungen Diese Vorlesung dient im Wesentlichen einer gezielten Vorbereitung zur Klausur. Ihr Inhalt kann daher dieses Semester völlig anders sein!

I. Komplexe Federzahlen 1). Feder unter Wirkung einer periodischen Kraft

F cx= (1) Den Proportionali-tätskoeffizienten nen-nen wir Federzahl.

2). Dämpfer unter Wirkung einer periodischen Kraft

F dx= (2) Bei einer periodi-schen, harmonischen Kraft 0 cosF F tω=

schreiben wir die Kraft in komplexer Form 0

i tF F e ω= und suchen die Lösung in Form i tx xe ω= . Ergebnis: ( ) ( )F t id x tω= ,

d.h. die Kraft ist zu jedem Zeitpunkt proportio-nal zur Auslenkung, wie bei einer Feder. Der Koeffizient

dc idω= , der die Kraft mit der Auslenkung verbindet, ist jetzt aber komplex und hängt von der Frequenz ab. Wir nennen ihn komplexe, frequenzabhän-gige Federzahl.

3). Masse unter Wirkung einer periodischen Kraft.

Bewegungsgleichung 0 cosmx F tω=

ersetzen wir durch 0

i tmx F e ω= und suchen Partikularlösung in der Form i t

px xe ω= . Dann gilt 2F m xω= − . Auch in diesem Fall ist die Kraft proportional zur Auslenkung. Der Proportionalitätskoeffi-zient ist zwar reell, aber negativ und frequenz-abhängig:

2mc mω= − .

4). Masse mit einer Feder und einem Dämpfer unter Wirkung einer periodischen Kraft.

Bewegungsgleichung: ( )mx cx dx F t+ + = .

Für eine Kraft ( ) 0i tF t F e ω= ergibt sich wieder

ein linearer Zusammenhang zwischen der Kraft und der Auslenkung:

( ) ( ) ( )2m i d c x t F tω ω− + + = . Die Federzahl ist jetzt eine komplexe Größe

( ) ( ) ( )2 2*

Re( *) Im( *)

c m i d c m c i d

c i c

ω ω ω ω= − + + = − + + =

+

5). Allgemeiner Fall Für ein lineares mechanisches System (d.h. ein beliebig kompliziertes System aufgebaut aus Massen, linearen Federn und linearen Dämp-fern) gilt bei einer Erregerkraft 0

i tF e ω ein linea-rer Zusammenhang

( ) *( ) ( )F t c x tω= ,

wobei *( )c ω komplexe Federzahl des Systems ist.

II. Berechnung von erzwungenen Schwin-gungen mit Hilfe von komplexen Federzah-len. Die Gleichung ( ) *( ) ( )F t c x tω= bedeutet in expliziter Form 0 *( )i tF e c xω ω= . Daraus folgt

( ) ( )0 0

*( ) Re * Im *i t i tF Fx e e

c c i cω ω

ω= =

+.

Imaginäre Zahl ( ) ( )*( ) Re * Im *c c i cω = + in polarer Darstellung hat die Form

*( ) * ic c e αω = mit

( ) ( )2 2* Re * Im *c c c= + und

( )( )

Im *tan

Re *cc

α = . Folglich ist

0 0

*( ) *i t i t iF Fx e e

c cω ω α

ω−= =

Realteil von dieser Funktion gibt die Lösung der ursprünglichen (reellen) Gleichung:

( )0( ) cos*

Fx t tc

ω α= −

Amplitude der Schwingungen ist demnach

( ) ( )0

2 2Re * Im *

FAmplitudec c

=+

.

III. Zusammengesetzte Systeme aus mehre-ren Federn und Dämpfern.

A) Reihenschal-tung einer Feder und eines Dämp-fers. Zu bestim-

0 cosF F tω=

2

men ist die Schwingungsamplitude unter der Wirkung einer periodischen Kraft

0 cosF F tω= . Lösung. Die komplexe Federzahl der Feder ist

Fc c= . Die komplexe Federzahl des Dämpfers ist dc idω= . Für die Steifigkeit der zusam-mengesetzten Feder gilt bei einer Reihenschal-

tung * F d

F d

c c c idcc c c id

ωω

⋅= =

+ +.

Der Betrag dieser komplexen Zahl ist gleich

( )22* cdc

c d

ω

ω=

+.

Für die Schwingungsamplitude ergibt sich

( )220

0

F c dx

cdω

ω+

=

.

B) Einfaches rheologisches Modell für Gummi

Elastomere (wie Gummi) sind soge-nannte viskoelastische Stoffe, deren elasti-sche Eigenschaften

sich als eine Kombination aus Federn und Dämpfern darstellen lässt (ausführlicher in der LV "Kontaktmechanik und Reibungsphysik" oder "Material-theorie" im Hauptstudium). Zu berechnen ist die Schwingungsamplitude der gezeigten Feder-Dämpfer-Kombination unter Wirkung einer periodischen Kraft

0 cosF F tω= .

Lösung. Die gezeigte Kombination ist eine Reihenschaltung der Federn *

1 1c c idω= + und 2c . Die gesamte Steifigkeit ist somit

( )( )

*1 21 2 1 2 2

*1 2 1 2 1 2

*c id cc c c c id cc

c c c id c c c idω ωω ω

+ += = =

+ + + + +.

Betrag der komplexen Federzahl ist

( )( ) ( )

( ) ( )

2 211 2 2

2 2 21 2 1 2

*c dc c id c

c cc c id c c d

ωωω ω

++= =

+ + + +.

Die Schwingungsamplitude ist demnach

( ) ( )( ) ( )

2 21 20

0 2 22 1

c c dFxc c d

ω

ω

+ +=

+

Für Gummi gilt in der Regel 1 2c c<< (z.B. 3

1 210c c= . Bei sehr langsamen Beanspruchun-

gen gilt ( )1 2 00 0

1 2 1

c c Fx Fc c c+

= ≈ . Bei sehr großen

Frequenzen strebt Amplitude gegen einen sehr

viel kleineren Grenzwert 00

2

Fxc

= .

IV. Einfluss einer konstanten Kraft Betrachten wir freie Schwin-gungen einer Masse auf einer Feder unter Be-rücksichtigung der Schwerkraft. Das 2. N.G. lau-tet in diesem

Fall mx dx cx mg= − − + oder mx dx cx mg+ + = . Statische Ausdehnung unter der alleinigen Wir-kung der Schwerekraft wäre /stx mg c= . Führen wir eine neue Variable stx x x= − ein (was bedeutet, dass wir Koordinate von der statischen Gleichgewichtslage messen), so gilt für sie 0mx dx cx+ + = . Eine konstante Kraft (z.B. Schwerekraft) brau-chen wir demnach nicht zu berücksichtigen, wenn Koordinate vom statischen Gleichge-wichtspunkt gemessen wird.

V. Aufgabe. Gehäuse eines Messgerätes wird nach dem Gesetz 0 cosGx x t= Ω bewegt. Wie müssen die Parameter c und m gewählt wer-den, damit bei beliebiger Dämpfung Anzeige und Erregeramplitude 0x in einem weiten Fre-quenzbereich übereinstimmen?

mg

1

Mechanik II / Vorlesung 26 / Prof. Popov Erzwungene Schwingungen mit zwei Freiheitsgraden (HSG 5.4.2)

I. Erzwungene ungedämpfte Schwingungen. Wir betrachten das skizzierte System:

Die Bewegungsgleichungen lauten 1 1 2 1( )mx kx k x x= − + −

2 2 1( ) ( )mx k x x F t= − − +

1 1 2 1( )k kx x x xm m

= − + −

2 2 1( )( )k F tx x x

m m= − − +

Die allgemeine Lösung dieser nicht homogenen DGL ist gleich der Summe einer Partikularlö-sung der nicht homogenen Gleichung und der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung.

(a) Lösung der homogenen Gleichung. In ungedämpften Systemen kann man auf glei-che Weise einen Sinus- oder Kosinus- oder Exponentialansatz verwenden. Nehmen wir cos-Ansatz:

1 cosx X tω= , 2 cosx Y tω= . Einsetzen in die Bewegungsgleichungen liefert

2 ( )m X kX k Y Xω− = − + − 2 ( )m Y k Y Xω− = − −

oder nach Umformung ( )22 0k m X kYω− − = (1)

( )2 0kX k m Yω− + − = Bedingung für die Lösbarkeit des Systems (charakteristische Gleichung):

( )( )

2

2

20

k m k

k k m

ω

ω

− −∆ = =

− −

24 2

2

3 0k km m

ω ω∆ = − + = (2)

Eigenfrequenzen:

( )2 2

2

1,2

3 3 3 52 2 2

k k k km m m m

ω ±⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ± − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

1 1.62 /k mω = , 2 0.62 /k mω = (3)

Eigenformen bekommt man, indem man (3) in (1) einsetzt: ( )22 /Y m k Xω= − .

Die Determinante (2) kann man nach dem The-orem von Viet umformen (wird später benutzt):

( ) ( )2 2 2 21 2ω ω ω ω∆ = − − . (4)

(b) Partikularlösung der nicht homogenen Gleichung. Die äußere Kraft sei 0( ) cosF t F t= Ω . In ungedämpften Systemen werden die Lösun-gen in der gleichen Form wie die Krafterregung gesucht: 1 cosx X tω= , 2 cosx Y tω= . Einset-zen in die Bewegungsgleichungen liefert

22 0k kX Ym m

⎛ ⎞−Ω − =⎜ ⎟⎝ ⎠

2 00

Fk kX Y fm m m

⎛ ⎞− + −Ω = =⎜ ⎟⎝ ⎠

Die Determinanten X∆ und Y∆ sind

02

0

0,

,X

km kf

k mfm

−∆ = =

⎛ ⎞−Ω⎜ ⎟⎝ ⎠

,

2

20

0

2 , 02

,Y

m fmk f

m

⎛ ⎞−Ω⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠∆ = = −Ω⎜ ⎟⎝ ⎠

−.

Somit

( )( )0 2 2 2 21 2

/X k mX fω ω

∆= =

∆ Ω − Ω −, (5)

( )( )2

0 2 2 2 21 2

2 /Y k mY fω ω

∆ −Ω= =

∆ Ω − Ω −. (6)

X und Y werden ∞ groß bei 1ωΩ = und

2ωΩ = (zwei Resonanzen).

Numerisches Beispiel. Betrachten wir folgen-des numerisches Beispiel: 1 2 1m m= = ,

1 2 1k k= = . Die Eigenfrequenzen sind: 1

1 1.62sω −= , 12 0.62sω −= .

Die Schwingungsamplituden (5) und (6) sind

( )( )0 2 2 2 2

11.62 0.62

X f=Ω − Ω −

(7)

( )( )2

0 2 2 2 2

21.62 0.62

Y f −Ω=

Ω − Ω − (8)

(S. Bild). Aus den Gleichungen (7) und (8) kann man folgende Schlussfolgerungen ziehen:

1x 2x

F(t)

2

Beide Amplituden werden bei den bei-den Eigenfrequenzen 1 1.62ωΩ = = und

2 0.62ωΩ = = unendlich (Resonanz). Das Verhältnis der Amplituden ist

2/ 2Y X = −Ω .

1

21/ 2 0.62Y X

ω ωω

== − = −

2

22/ 2 1.62Y X

ω ωω

== − = .

Das bedeutet, dass bei jeder der zwei Reso-nanzen genau die jeweilige Eigenform ange-regt wird. ⇒ Methode zur experimentellen Untersuchung von Eigenformen (experimentel-le Modalanalyse).

Die Schwingungsamplitude X ist immer von Null verschieden. Die Schwingungsampli-tude Y dagegen wird Null bei 2 2tω = . [Im all-gemeinen Fall ( )2

1 2 1/t k k mω = + ]. Das bedeu-tet, dass trotz der anregenden Kraft, die auf den zweiten Körper wirkt, bewegt er sich nicht! Das ist der sogenannte Tilgereffekt. Die entspre-chende Frequenz ist Tilgerfrequenz. ⇒ Prakti-sche Anwendung zur Schwingungstilgung.

II. Schwingungen eines starren Körpers mit 2 Freiheitsgraden. Zu bestimmen sind die freien und die erzwun-genen Schwingungen des skizzierten Systems ohne Berücksichtigung der Schwerekraft für

0( ) cosF t F t= Ω .

Für die elastischen Federkräfte gilt

1 1( )F c x lϕ= − + , 2 2F c x= − . Der Schwerpunktsatz für den starren Körper:

( )1 2 1 ( )mx c c x c l F tϕ= − + − + , Der Drallsatz bezüglich des Schwerpunkts:

( )1 ( )c x l l lF tϕ ϕΘ = − + +

( 2 / 3mlΘ = ist das Trägheitsmoment des Sta-bes). (a) Freie Schwingungen.

1 2 1 0c c cx x lm m m

ϕ⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

,

22

1 1 03

ml c lx c lϕ ϕ+ + = ⇒ 1 13 3 0c cxlm m

ϕ ϕ+ + =

Wir suchen die Lösung in der Form cosx A tω= , cosB tϕ ω= :

2 1 2 1 0c c cA A lBm m m

ω ⎛ ⎞− + + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

(9)

2 1 13 3 0c cB A Blm m

ω− + + =

Charakteristische Gleichung: 2 1 2 1

21 1

03 3

c c c lm m mc c

lm m

ω

ω

⎛ ⎞− + +⎜ ⎟⎝ ⎠ =

− +

⇒

24 2 1 2 1

2

4 3 0c c cm m

ω ω +⎛ ⎞− − =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Betrachten wir Sonderfall 1 2c c c= = 21 4,3 c

mω ≈ , 2

2 0,7 cm

ω ≈ .

Schwingungsformen erhalten wir aus der Glei-

chung (9): 21 2 mB Al c

ω⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

1ω ⇒ ( )2,3 /B A l=

2ω ⇒ ( )1,3 /B A l= − . Freie Schwingung des Stabes ist im allgemei-nen Fall eine Superposition aus zwei Schwin-gungen mit Frequenzen 1ω und 2ω . (b) Erzwungene Schwingungen

01 2 1 cosFc c cx x l tm m m m

ϕ⎛ ⎞+ + + = Ω⎜ ⎟⎝ ⎠

,

01 12

3 3 cosFc cx tlm m ml

ϕ ϕ+ + = Ω

Die Lösung wird gesucht in der Form cosx A t= Ω , cosB tϕ = Ω .

2 012 Fcc A lBm m m

⎛ ⎞−Ω + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

,

2 01 12

3 3 Fc cA Blm m ml

⎛ ⎞+ + −Ω + =⎜ ⎟⎝ ⎠

X Y

Ω

1

Mechanik II / Vorlesung 27 / Prof. Popov Dynamische Stabilität (HSG, 3.4.4)

Beispiel 1: Stabilität des Kreisels Die Eulerschen Gleichungen:

( )1 1 2 3 2 3 0ω ω ωΘ − Θ −Θ = ( )2 2 3 1 3 1 0ω ω ωΘ − Θ − Θ = ( )3 3 1 2 1 2 0ω ωωΘ − Θ − Θ = Bewegung um eine Hauptachse

(z.B. mit dem Trägheitsmoment 1Θ ) mit einer konstanten

Winkelgeschwindigkeit ist eine Lösung: 1 0konstω ω= = , 2 3 0ω ω= = .

Problem: Was passiert, wenn sich der Körper nicht ganz genau um die Achse dreht? Das heißt: 1 0 1ω ω δω= + ,

2 20ω δω= + , 3 30ω δω= + .

Einsetzen in die Eulerschen Gleichungen lie-fert:

( )1 1 2 3 2 3 0δω δω δωΘ − Θ − Θ = ( ) ( )2 2 3 1 3 0 1 0δω δω ω δωΘ − Θ − Θ + =

( )( )3 3 1 2 0 1 2 0δω ω δω δωΘ − Θ − Θ + = Wir vernachlässigen Glieder zweiter Ordnung:

1 1 0δωΘ = ⇒ 1 konstδω = ( )2 2 3 1 0 3 0δω ω δωΘ − Θ − Θ =

( )3 3 1 2 0 2 0δω ω δωΘ − Θ − Θ =

Ein lineares Gleichungssystem wird mit einem Exponentialansatz gelöst:

2tAeλδω = , 3

tBeλδω = .

( )2 3 1 0 0A Bλ ωΘ − Θ −Θ = ( )3 1 2 0 0B Aλ ωΘ − Θ −Θ =

Lösbarkeitsbedingung: ( )

( )2 3 1 0

1 2 0 3

0λ ω

ω λΘ − Θ −Θ

=− Θ −Θ Θ

oder ( )( )2 2

2 3 3 1 1 2 0 0λ ωΘ Θ − Θ − Θ Θ −Θ = .

( )( ) 23 1 1 2 02

2 3

ωλ

Θ −Θ Θ −Θ=

Θ Θ.

Fall 1: ( )( )3 1 1 2 0Θ −Θ Θ −Θ >

( )( )3 1 1 2 *1,2 0

2 3

λ ω λΘ −Θ Θ −Θ

= ± = ±Θ Θ

.

Die allgemeine Lösung ist * *

2 2 2t tA e B eλ λδω −= + ,

* *

3 3 3t tA e B eλ λδω −= + .

Sie besteht aus einem exponentiell abklingen-den ( )*te λ− und einem exponentiell anwachsen-

den Teil ( )*te λ+ . Eine beliebig kleine Störung

wird mit der Zeit anwachsen: Bewegung ist instabil.

Fall 2: ( )( )3 1 1 2 0Θ −Θ Θ −Θ <

( )( )1 3 1 2 *1,2 0

2 3

i iλ ω ωΘ −Θ Θ −Θ

= ± = ±Θ Θ

.

Die allgemeine Lösung ist * *

2 2 2cos sinA t B tδω ω ω= + , * *

3 3 3cos sinA t B tδω ω ω= + . In diesem Fall bleibt eine kleine Störung immer klein: Bewegung ist stabil.

Die Bedingung ( )( )3 1 1 2 0Θ −Θ Θ −Θ < ist er-füllt wenn 1Θ entweder das maximale oder das minimale Trägheitsmoment ist.

Beispiel 2.Stabilität eines rotierenden Pendels (Zentrifugalregler, 1789, James Watt).

Der Drehimpulssatz im rotierenden Bezugssy-stem: 2 2

0 cos sinml m rl mglϕ ω ϕ ϕ= − oder 2 20 0cos sin sin sin cosr g g

l l lϕ ω ϕ ϕ ϕ ω ϕ ϕ= − = − +

Für kleine ϕ ⇒ 20

gl

ϕ ω ϕ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠

(a) 20 /g lω < ⇒ 2

0gl

ϕ ω ϕ= − − .

Bewegung ist eine harmonische Schwingung mit der Frequenz * 2

0/g lω ω= − und einer konstanter Amplitude: vertikale Lage ist stabil.

(b) 20 /g lω = ⇒ indifferentes Gleichgewicht.

1Θ 2Θ

3Θ

1 2 3 0, ,δω δω δω ω

ϕ

mg

2m rω

0ωBild im rotierenden (nicht inertialen) System

2

(c) 20 /g lω > ⇒ 2

0gl

ϕ ω ϕ= + − .

Die Lösung hat die Form 2 20 0

g gt tl lAe Be

ω ωϕ

− − −

= + . Der Winkel wächst unendlich mit der Zeit: Die vertikale Lage ist instabil. In der Tat wird die Linearisierung irgendwann ungültig: Es gibt eine neue stabile Lage:

20sin sin cos 0g

lϕ ϕ ω ϕ ϕ= − + = ⇒

20cos /g lϕ ω=

Beispiel 3: Angefachte Schwingungen eines Drahtes im Wind Wird ein Draht vom Wind umweht (in horizon-taler Richtung) und bewegt er sich vertikal mit einer Geschwindigkeit v so hat die Kraft, die die Luft auf den Draht ausübt sowohl eine hori-zontale, als auch eine vertikale Komponente. Bei einem Draht mit einem runden Querschnitt ist die vertikale Komponente entgegen der Ge-schwindigkeit gerichtet.

Bei einem nicht symmetrischen Draht, wie un-ten im Bild, kann sie in die gleiche Richtung zeigen, wie die Geschwindigkeit. (Das liegt am Ablösen der Strömung an den Kanten).

Bewegungsgleichung für einen nicht symmetrischen Draht im Wind: mx cx dx= − + oder

0c dx x xm m

+ − = .

Einsetzen des Exponentialan-satzes ˆ tx xeλ= führt zur charakteristischen

Gleichung 2 0d cm m

λ λ− + = .

Ihre Lösungen sind

2

1,2 2 2d d cm m m

λ ⎛ ⎞= ± −⎜ ⎟⎝ ⎠

Für 2

2* 02d cm m

ω⎛ ⎞ − = − <⎜ ⎟⎝ ⎠

ist das eine ange-

fachte Schwingung nach dem Gesetz

( )2 cos *d tmx Ce tω α= + .

Beispiel 4. Stick-Slip-Bewegung.

Die Bewegungsgleichung für den Block lautet:

0( ) mx F x kx kv t+ + = , Offenbar hat sie immer eine stationäre Lösung

0 0x x v t= + mit

0 0( ) /x F v k= − . Zur Untersuchung der Stabilität der stationären Lösung nehmen wir an, dass die stationäre Lö-sung schwach gestört wird.

0 0x x v t xδ= + + mit einer kleinen Abweichung xδ . Nach Ein-setzen in die Bewegungsgleichung und Line-arisierung bezüglich der Störung xδ erhalten wir die folgende lineare Gleichung für die Stö-rung:

0

( ) 0x v

dF xm x x k xdx

δ δ δ=

+ + =

Nach Einsetzen des üblichen Exponentialansat-zes e tx λδ ∝ kommen wir zur charakteristi-schen Gleichung

20

1 ( ) 0dF kvm dx m

λ λ+ + = .

Die Wurzeln der charakteristischen Gleichung sind

2

1,21 1

2 2dF dF k

m dx m dx mλ ⎛ ⎞= − ± −⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Haben beide charakteristische Zahlen einen negativen Realteil, so wird eine beliebige Stö-rung der stationären Lösung exponentiell ab-klingen und die stationäre Bewegung ist (ge-genüber kleinen Störungen) stabil. Die Bedin-gung für Stabilität ist in diesem Fall nur erfüllt,

wenn 0( ) 0dF vdx

> , d.h. Reibungskraft wächst

mit der Gleitgeschwindigkeit.

ϕ

x

1

Mechanik II / SS 2007 / Prof. Popov Anhang

Der Stoff der folgenden Notizen wird im Sommersemester wegen des Zeitmangels nicht behandelt.

2

1

Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 5* 2. Newtonsches Gesetz: Anwendungsbeispiele

I. Das zweite Keplersche Gesetz für Plane-tenbewegung

Wir betrachten vereinfacht

eine Bewegung auf einer Kreisbahn. Das zweite New-

tonsche Gesetz für den ersten Planeten lautet:

1 1 1m a F= .

Es gibt nur radiale Komponente der Kraft (Gravitationskraft 2

1 1/GMm r ) und der Be-

schleunigung (Zentripetalbeschleunigung 21 1rω ). Das 2. N.G. nimmt die folgende Form

an: 2 21 1 1 1 1/m r GMm rω = . Daraus folgt

2 31 1/GM rω = . Die Winkelgeschwindigkeit ist

gleich 11

2Tπω = , wobei 1T die Umlaufperiode

des ersten Planeten ist. Somit gilt ( )2 3

1 12 / /T GM rπ = . (1)

Für den zweiten Planeten ergibt sich ähnlich ( )2 3

2 22 / /T GM rπ = .

Dividieren der ersten Gleichung durch die

zweite ergibt2 3

2 2

1 1

T rT r

⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

Das ist ein Sonderfall des 2. Keplerschen Gesetzes für die Planetenbewegung. II. Schiefer Wurf mit Luftwiderstand

Das 2.N.G.:

ma G vα= − oder in Komponenten

0x x

y y

ma vma mg v

αα

= −⎧ ⎫⎨ ⎬= − −⎩ ⎭

Bewegungen in beiden Richtungen sind völlig unabhängig! Für beide haben wir Lösungen:

0 cos 1t

mmx vα

αα

−⎡ ⎤= −⎢ ⎥

⎣ ⎦

0 sin 1t

mmg m mgy t vα

α αα α α

−⎛ ⎞⎛ ⎞= − + + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Das ist gleichzeitig auch die Balkenkurve in parametrischer Form. Bewegung beim schiefen Wurf unter Berücksichtigung des Luftwiderstandes

Das 2.N.G. in einer bewegten Basis

III. Planeten- oder Satellitenbewegung

Bezeichnungen: M ist die Masse des zentra-len Körpers, m ist die Masse des "umkreisen-den" Körpers. In Polarkoordinaten mit dem Zentrum im zentralen Körper gilt:

( ) ( )2 2ra r r e r r eϕϕ ϕ ϕ= − + +

Das 2.Newtonsche Gesetz:

( )( )

2

2rm r r F

m r r Fϕ

ϕ

ϕ ϕ

− =

+ = oder

2

( )22

2 0

Mr r Gr

r r

ϕ

ϕ ϕ

⎧ − = −⎪⎨⎪ + =⎩

Die letztere Gleichung kann als

( )21 0d rr dt

ϕ =

geschrieben werden. Daraus folgt 2r ϕ = const =C.

Das ist das 3. Keplersche Gesetz:

rdϕ

21

2 2r ddA r rd ϕϕ= ⋅ =

2 2

2 2r rA constϕ ω= = =

(die Flächengeschwindigkeit ist konstant) Die r- Komponente des 2.N.G. kann umge-schrieben werden:

2

3 2

C GMrr r

= −

1

Mechanik II / Vorlesung 19* / Prof. Popov Trägheitstensor, die Eulerschen Gleichungen I. Tensorrechnung

x

i y

z

ωω ω

ω

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Vektor

xx xy xz

ij yx yy yz

zx zy zz

⎛ ⎞Θ Θ Θ⎜ ⎟Θ = Θ Θ Θ −⎜ ⎟⎜ ⎟Θ Θ Θ⎝ ⎠

Multiplikation eines Tensors und eines Vek-tors

, ,i ij j

j x y z

L ω=

= Θ∑ ;

x xj j xx x xy y xz zj

L ω ω ω ω= Θ = Θ +Θ +Θ∑

y yj j yx x yy y yz zj

L ω ω ω ω= Θ = Θ +Θ +Θ∑

z zj j zx x zy y zz zj

L ω ω ω ω= Θ = Θ +Θ +Θ∑

Einsteinsche Konvention:

, ,i ij j ij j

i x y z

L ω ω=

= Θ ≡ Θ∑

Das Summationszeichen wird ausgelassen und über alle doppelt auftretenden Indizes über (x,y,z) summiert (Summationsindizes). Beispiel:

i i i i x x y y z zi

A B A B A B A B A B A B≡ = + + = ⋅∑

2 2l l lA A A A A A= = ⋅ =

Die Bezeichnung der Summationsindizes kann man beliebig verändern: i i l l j jA B A B A B= = Wichtige Spezialtensoren: A Einheitstensor

1 0 00 1 00 0 1

ijδ⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; 1,0,ij

i ji j

δ⎧ =

= ⎨≠⎩

i ij j iA B Bδ= =

B Diagonaltensor

1

2

3

0 00 00 0

ij

Θ⎛ ⎞⎜ ⎟Θ = Θ⎜ ⎟⎜ ⎟Θ⎝ ⎠

; i ij jL ω= Θ ,

1x xL ω= Θ , 2y yL ω= Θ , 3z zL ω= Θ

C Symmetrischer Tensor: ij jiΘ = Θ

xx xy xz

ij xy yy yz

xz yz zz

⎛ ⎞Θ Θ Θ⎜ ⎟

Θ = Θ Θ Θ⎜ ⎟⎜ ⎟Θ Θ Θ⎝ ⎠

Theorem: Jeder symmetrische Tensor 2. Stufe kann durch entsprechende Wahl der Achsen-richtungen auf eine Diagonalform gebracht werden.

Bekannte Beispiele: Hauptachsen des Span-nungstensors, des Deformationstensors.

II. Beziehung zwischen Drehimpuls und Win-kelgeschwindigkeit, Trägheitstensor

( )n n nL m r v mr v mr rω= × ≡ × = × ×∑ ∑ ∑

Index n (Nummer eines Elementes) wird im Weiteren ausgelassen.

( ) ( )( )( ) ( )

2

b a c -c a b -Regel

L mr r m r r rω ω ω

⋅ ⋅

= × × = − ⋅∑ ∑

( )2i i i j jL m r r rω ω⎡ ⎤= −⎣ ⎦∑

, ,i x y z= Summierung über j!

i ij jω δ ω=

( )2 2i ij j i j j ij i j j

ij

L m r rr m r rrδ ω ω δ ω

Θ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − = −⎣ ⎦ ⎣ ⎦∑ ∑

, ,i ij j ij j

j x y z

L ω ω=

= Θ ≡ Θ∑

( )

2ij ij i j

m

m r rrδ⎡ ⎤Θ = − −⎣ ⎦∑ Trägheitstensor.

z.B 2 2 2 2xx m r x m y z⎡ ⎤ ⎡ ⎤Θ = − = +⎣ ⎦ ⎣ ⎦∑ ∑

xy mxyΘ = −∑ usw.

( )

( )( )

( )

2 2

2 2

2 2

xx xy xz

ik yx yy yz

zx zy zz

m y z mxy mxz

myx m x z myz

mzx mzy m x y

⎛ ⎞Θ Θ Θ⎜ ⎟

Θ = Θ Θ Θ =⎜ ⎟⎜ ⎟Θ Θ Θ⎝ ⎠

⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟⎜ ⎟− − +⎝ ⎠

∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑

Die Diagonalelemente xxΘ , yyΘ , zzΘ sind ach-siale Trägheitsmomente, nicht diagonale Ele-mente xyΘ u.s.w. sind Deviationsmomente.

Bei Kontinuum ( )2ik ik i kdV r rrρ δΘ = −∫

III. Kinetische Energie

( )22

2 2m mK v rω= = ×∑ ∑

( ) ( ) ( ) ( )( )2r r r r rω ω ω ω ω× ≡ × ⋅ × = ⋅ × × =

Tensor zweiter Stufe

„Symmetrieachse“

Summierung über alle Massenelemente

2

( ) ( )( ) ( )

( )22 2

b a c -c a b -Regel

r r r r r rω ω ω ω ω

⋅ ⋅

⎡ ⎤= ⋅ ⋅ − ⋅ = − ⋅⎣ ⎦

( )( )22 2

2mK r rω ω= − ⋅∑ (1)

2

, ,i i i i

i x y z

ω ωω ωω=

= =∑ , i ir rω ω=

Somit kann die kinetische Energie (1) in der folgenden Form umgeschrieben werden:

( )2

2 i i i i j jmK r r rωω ω ω= − ⇒∑

Einsteinsche Konvention!

i ij jω δ ω=

( ) ( )2 2

2 2i ij j i i j j ij i j i j

ijm mK r r r r rrωδ ω ω ω δ ωω

Θ

= − = −∑ ∑ Das Endergebnis:

, , ,

1 12 2ij i j ij i j

i j x y z

K ωω ωω=

= Θ ≡ Θ∑ IV. Hauptträgheitsachsen und Hauptträg-heitsmomente Trägheitstensor ist ein symmetrischer Tensor. Man kann ein kartesisches Koordinatensystem immer so wählen, dass er eine Diagonalform annimmt. Diese Koordinatenachsen heißen Hauptträgheitsachsen und die Diagonalelemen-te des Tensors Hauptträgheitsmomente. In Hauptachsen verschwinden alle Deviationsmo-mente:

1

2

3

0 00 00 0

ik

Θ⎛ ⎞⎜ ⎟Θ = Θ⎜ ⎟⎜ ⎟Θ⎝ ⎠

.

Der Drehimpuls und die kinetische Energie ha-ben dann eine besonders einfache Form:

1 1

2 2

3 3

0 00 00 0

x x x

y y y

z z z

LLL

ω ωω ωω ω

Θ Θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= Θ = Θ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟Θ Θ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, (2)

( )2 2 21 2 3

12 x y zK ω ω ω= Θ +Θ +Θ

.

V. Die Eulerschen Gleichungen Den Drehimpuls (2) wollen wir in den Drehim-pulssatz einsetzen. Dafür ist aber eine vorberei-

tende kinematische Untersuchung notwendig. Betrachten wir zwei Koordinatensysteme: Ein "ruhendes" System K und ein "rotierendes" Sy-stem K'. Wir betrachten einen beliebigen, zeit-abhängigen Vektor von beiden Systemen aus. Angewendet an den Drehimpuls:

dL d L L Mdt dt

ω′

= + × = .

Wählen wir als "rotierendes" das mit den Haupt-trägheitsachsen verbundene System.

12 3 3 2 1

d L L L Mdt

ω ω′

+ − =

23 1 1 3 2

d L L L Mdt

ω ω′

+ − =

31 2 2 1 3

d L L L Mdt

ω ω′

+ − =

Wegen 1 1 1L ω= Θ , 2 2 2L ω= Θ , 3 3 3L ω= Θ ⇒

( ) ( )1 1 2 3 3 3 2 2 1Mω ω ω ω ωΘ + Θ − Θ = ( ) ( )2 2 3 1 1 1 3 3 2Mω ω ω ω ωΘ + Θ − Θ =

( ) ( )3 3 1 2 2 2 1 1 3Mω ω ω ω ωΘ + Θ − Θ =

( )1 1 2 3 2 3 1Mω ω ωΘ − Θ −Θ =

( )2 2 3 1 3 1 2Mω ω ωΘ − Θ −Θ =

( )3 3 1 2 1 2 3Mω ωωΘ − Θ −Θ =

Die Eulerschen Gleichungen - gekoppelte, nichtlineare Differentialgleichungen.

Einsteinsche Konvention

Summe über alle Massenelemente!

ruhendes rotierendes

ω

A

1. Wenn hier A konst= dann ist hier dA Adt

ω= ×

2. Wenn sich A hier ändert d Adt

⎛ ⎞′⎜ ⎟⎝ ⎠

,

dann ist hier dA d A Adt dt

ω′

= + ×

A

1

Mechanik II / Vorlesung 25* / Prof. Popov Erzwungene Schwingungen (Fortsetzung).

I. Erregung durch eine Unwucht Erregung durch eine rotierende Unwucht findet man in Systemen mit Rotoren.

x sei Koordinate des Schwerpunkts der Masse m. Eine Unwucht (Masse

um dreht sich mit der Winkelge-schwindigkeit ω um eine an der

Masse m befestigten Achse. Zu bestimmen ist die erzwungene Schwingung der Masse m. Lösung. Die x-Koordinate des Schwerpunkts des Gesamtsystems " "um m+ ist gleich

( cos )us

u

mx m x r txm m

ω+ +=

+.

Der Schwerpunksatz lautet ( )u sm m x cx dx+ = − − ⇒

( ) 2 cosu um m x m r t cx dxω ω+ − = − − ⇒

( ) 2 cosu um m x dx cx m r tω ω+ + + = .

Die Partikularlösung ist wie wir wissen ( )0cosx tρ ω ϕ= + . Die Schwingungsamplitude

ρ erhalten wir, indem wir 20 uF m rω= in

( )

( )0

22 2 2 20 4

uF m mρ

ω ω ω δ

+=

− +

einsetzen:

( )

( )

2

22 2 2 20 4

u ur m m mωρ

ω ω ω δ

+=

− +.

Dabei sind ( )20 / uc m mω = + , 2 /( )ud m mδ = + .

II. Erzwungene Schwingungen bei einer pe-riodischen, nicht sinusförmigen Anregung.

2 2 2cos sinL R l Rϕ ϕ= + − .

( )

( )

22 2 2 2

22 2 2

sin 1 / sin

11 / sin sin2 2

l R l R l

Rl R l ll

ϕ ϕ

ϕ ϕ

− = − ≈

⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠

2 1sin (1 cos2 )2

ϕ ϕ= − ⇒ 2 2

2 2

cos cos 24 4

cos cos 24 4

R RL R ll l

R RR t l tl l

ϕ ϕ

ω ω

= + − + =

+ − +

Bewegungsgleichung 0( ( ))mx c x x t= − − ,

wobei 2

0 ( ) cos cos 24Rx t R t t

lω ω= + .

1) Wenn 0( ) cosx t R tω= , dann 2 cosm x cx cR tω ω− + = ,

dann haben wir Partikularlösung

( )1 220

cos cos( )1 /

cR t R tx tc m

ω ωω ω ω

= =− −

.

2) Wenn 2

0( ) cos24Rx t t

lω= , ist die Partikular-

lösung ( )

( )

2

2 20

/ 4 cos 2( )

1 2 /

R l tx t

ω

ω ω=

−.

3) Wenn 2

0 ( ) cos cos 24Rx t R t t

lω ω= + , dann

( )( )

( )

2

1 2 2 20 0

/ 4 cos 2cos( ) ( ) ( )1 / 1 2 /

R l tR tx t x t x tωω

ω ω ω ω= + = +

− − III. Beispiel für linear gedämpfte Schwin-gung. ( )0 0ϕ = , ( ) 00ϕ ϕ= , ( ) ?tϕ =

x r

m

um α c

0F

2 0δ =

2 0.3δ =

2 1δ =

m

Schubkubelgetriebe

R l

L ϕ

ω

elF kaϕ= −

( )3DämpfF d aϕ= − ⋅

2

Drallsatz: 3A el DämpfM aF aFϕΘ = = + + ⇒

( )2 2 22 9a m ka a dϕ ϕ ϕΘ

⋅ = − −

202 0ϕ δϕ ω ϕ+ + =

924

dm

δ = ; 20 4

km

ω =

Allgemeine Lösung: ( ) ( )cos *tt Ce tδϕ ω α− ⋅= − ;

mit 2 20*ω ω δ= −

( )( )cos *

*sin *

t

t

C e t

e t

δ

δ

ϕ δ ω α

ω ω α

− ⋅

− ⋅

⎡= − − −⎣⎤− ⋅ − ⎦

( ) ( )( ) ( ) ( )0 cos

0 cos * sin

C

C C

ϕ α

ϕ δ α ω α

= −⎧⎪⎨

= − − − −⎪⎩

( )

( )

0 cos 0 20 cos * sin

C

C C

πϕ α α

ϕ δ α ω α

⎧ = = ⇒ =⎪⎨⎪ = − +⎩

0 0* *C Cω ϕ ϕ ω= ⇒ =

( ) 0 sin **

tt e tδϕϕ ωω

− ⋅=

IV. Angefachte Schwingungen

Beispiel: Zeitlich verzögerte Regelung ( ) ( )F t c x t τ= − ⋅ − (τ = kleine Verzögerung)

Bewegungsgleichung: ( ) ( )mx t cx t τ= − − ⇒ ( ) ( ) ( )mx t c x t x tτ= − −⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( ) ( ) 0c cx t x t x tm mτ

− + = 2 2

02 0λ δλ ω− + = ⇒ 2 2

1,2 0iλ δ ω δ= + ± −

( ) ( )2 cos * sin *c tmx t e A t B tτ

ω ω= + Dies ist eine Schwingung mit exponentiell wachsender Amplitude.

V. Resonanz in elektrischen Schaltkreisen Die drei passiven Schaltelemente:

Kondensator Widerstand Induktivität (Spule) a) Spannung CV = q / C b) Spannung RV RI R dq dt= =

c) Spannung LV = 2

2

dI d qL Ldt dt

=

Elektrischer Schwingungskreis

2

2 ( )d q dq qL R V tdt dt C

+ + = oder

( )2

2

( )/d q dq q V tR Ldt dt CL L

+ + = oder

2202

( )2d q dq V tqdt dt L

δ ω+ + =

Bezeichnungen: 20 1/ CLω = , 0 1/ CLω = und

2 /R Lδ = . Diese Gleichung hat die gleiche Form, wie die Gleichung für erzwungene Schwingungen eines Einmassenschwingers. Die Lösung der homogenen Gleichung (in Ab-wesenheit des erregenden Potentials

( )0 cos *tq q e tδ ω α−= + beschreibt gedämpfte Schwingungen mit der Frequenz *ω und dem Abklingkoeffizienten / 2R Lδ = .

Im Fall eines harmonischen erregenden Poten-tials 0( ) cosV t V tω= nimmt die Gleichung die

Form 2

2 002 2 cosVd q dq q t

dt dt Lδ ω ω+ + = an.

Ihre Partikularlösung ( )0 cosq q tω= beschreibt eine erzwungene Schwingung mit der Amplitu-de

( )0

0 22 2 2 20

/

4

V Lqω ω ω δ

=− +

.

Ladung Kapazität

Widerstand Strom

x Sensor Prozessor

Aktor F

1

Mechanik II / Vorlesung 23* / Prof. Popov Komplexe Federzahlen

I. Komplexe Federzahlen 1). Feder unter Wirkung einer periodischen Kraft

F cx= (1) Den Proportionali-tätskoeffizienten nen-nen wir Federzahl.

2). Dämpfer unter Wirkung einer periodischen Kraft

F dx= (2) Bei einer periodi-schen, harmonischen Kraft 0 cosF F tω=

schreiben wir die Kraft in komplexer Form 0

i tF F e ω= und suchen die Lösung in der Form i tx xe ω= . Ergebnis: ( ) ( )F t id x tω= ,

d.h. die Kraft ist zu jedem Zeitpunkt proportio-nal zur Auslenkung, wie bei einer Feder. Der Koeffizient

dc idω= , der die Kraft mit der Auslenkung verbindet, ist jetzt aber komplex und hängt von der Frequenz ab. Wir nennen ihn komplexe, frequenzab-hängige Federzahl.

3). Masse unter Wirkung einer periodischen Kraft.

Bewegungsgleichung 0 cosmx F tω=

ersetzen wir durch 0

i tmx F e ω= und suchen Partikularlösung in der Form i t

px xe ω= . Dann gilt 2F m xω= − . Auch in diesem Fall ist die Kraft proportional zur Auslenkung. Der Proportionalitätskoeffi-zient ist zwar reell, aber negativ und frequenz-abhängig:

2mc mω= − .

Bemerkung: Anders als bei Federn und Dämp-fern, ist für die Bewegung einer Masse nicht ihre relative, sondern absolute Beschleunigung maßgebend. Deswegen muss man bei der effek-tiven Feder, die die Masse wiedergibt, immer ein Ende an die feste Umgebung koppeln.

4). Parallelgeschaltete Feder und Dämpfer unter Wirkung einer periodischen Kraft.

( )cx dx F t+ = .

Für eine Kraft ( ) 0i tF t F e ω=

ergibt sich wieder ein linearer Zusammenhang zwischen der Kraft und der Auslenkung: ( ) ( ) ( )i d c x t F tω + = . Die Federzahl ist jetzt eine komplexe Größe

( ) ( )*Re( *) Im( *)c i d c c i d

c i cω ω= + = + =

+

5). Allgemeiner Fall Für ein lineares mechanisches System (d.h. ein beliebig kompliziertes System aufgebaut aus linearen Federn und linearen Dämpfern) gilt bei einer Erregerkraft 0

i tF e ω ein linearer Zusam-menhang

( ) *( ) ( )F t c x tω= ,

wobei *( )c ω komplexe Federzahl des Systems ist.

II. Berechnung von erzwungenen Schwin-gungen mit Hilfe von komplexen Federzah-len. Die Gleichung ( ) *( ) ( )F t c x tω= bedeutet in expliziter Form 0 *( )i tF e c xω ω= . Daraus folgt

( ) ( )0 0

*( ) Re * Im *i t i tF Fx e e

c c i cω ω

ω= =

+.

Imaginäre Zahl ( ) ( )*( ) Re * Im *c c i cω = + in polarer Darstellung hat die Form

*( ) * ic c e αω = mit

( ) ( )2 2* Re * Im *c c c= + und

( )( )

Im *tan

Re *cc

α = . Folglich ist

0 0

*( ) *i t i t iF Fx e e

c cω ω α

ω−= =

Realteil von dieser Funktion gibt die Lösung der ursprünglichen (reellen) Gleichung:

( ) ( )00( ) cos cos

*Fx t t x tc

ω α ω α= − = −

Amplitude der Schwingungen ist demnach

( ) ( )0

0 2 2Re * Im *

FAmplitude xc c

= =+

.

0 cosF F tω=

2

III. Zusammengesetzte Systeme aus mehre-ren Federn und Dämpfern. A) Reihenschaltung einer Feder und eines Dämpfers.

Zu bestimmen ist die Schwingungsampli-tude unter der Wir-kung einer periodi-

schen Kraft 0 cosF F tω= . Lösung. Die komplexe Federzahl der Feder ist

Fc c= . Die komplexe Federzahl des Dämpfers ist dc idω= . Für die Steifigkeit der zusam-mengesetzten Feder gilt bei einer Reihenschal-

tung * F d

F d

c c c idcc c c id

ωω

⋅= =

+ +.

Der Betrag dieser komplexen Zahl ist gleich

( )22* cdc

c d

ω

ω=

+.

Für die Schwingungs-amplitude ergibt sich

( )220

0

F c dx

cdω

ω+

= .

B) Einfaches rheologisches Modell für Gummi.

Elastomere (wie Gummi) sind soge-nannte viskoelastische Stoffe, deren elasti-

sche Eigenschaften sich als eine Kombination aus Federn und Dämpfern darstellen lässt (aus-führlicher in der LV "Kontaktmechanik und Reibungs-physik" oder "Materialtheorie" im Hauptstudium). Zu berechnen ist die Schwingungsamplitude der gezeigten Feder-Dämpfer-Kombination unter Wirkung einer periodischen Kraft

0 cosF F tω= . Lösung. Die gezeigte Kombination ist eine Reihenschaltung der Federn *

1 1c c idω= + und 2c . Die gesamte Steifigkeit ist somit

( )( )

*1 21 2 1 2 2

*1 2 1 2 1 2

*c id cc c c c id cc

c c c id c c c idω ωω ω

+ += = =

+ + + + +.

Betrag der komplexen Federzahl ist

( )( ) ( )

( ) ( )

2 211 2 2

2 2 21 2 1 2

*c dc c id c

c cc c id c c d

ωωω ω

++= =

+ + + +.

Die Schwingungsamplitude ist demnach

( ) ( )( ) ( )

2 21 20

0 2 22 1

c c dFxc c d

ω

ω

+ +=

+

Für Gummi gilt in der Regel 1 2c c<< (z.B. 3

1 210c c= . Bei sehr langsamen Beanspruchun-

gen gilt ( )1 2 00 0

1 2 1

c c Fx Fc c c+

= ≈ . Bei sehr großen

Frequenzen strebt Amplitude gegen einen sehr

viel kleineren Grenzwert 00

2

Fxc

= .

C) Erzwungene Schwingungen eines Zweimas-sensystems. Im links dargestellten Zweimassensystem ersetzen wir beide Fe-dern und beide Massen durch äquivalente Fe-dern. Die Federzahl des gesamten Systems ist gleich

2 4 2 22

2

2

1 3* 1 1 2m cm cc m

c mc m c

ω ωωω

ω

− += − =

−+−

Die Schwingungsamplitude ist demnach 2

0 0 2 4 2 2

23

c mx Fm cm c

ωω ω

−=

− +

Es gibt drei charakteristische Frequenzen: Bei 1ω und 2ω wird die Schwingungsamplitude

unendlich groß (Resonanzfrequenzen). Näch-stes Mal werden wir sehen, dass dies die soge-nannten Eigenfrequenzen des Systems sind. Bei der Frequenz Tω wird die Schwingungsampli-tude zu Null. Das ist die Tilgerfrequenz.

1ω 2ω

Tω

1

Mechanik II / Vorlesung 27* / Prof. Popov Qualitative Analyse von Schwingungssystemen

I. Wie lange dauert ein Einschwingvorgang?

Bewegungsgleichung:

( )mx cx dx F t= − − + , ( ) 0 cosF t F tω=

( )20 0 02 / cos cosx x x F m t f tω δ ω ω+ + = = .

Lösung: ( ) ( )( ) cos cos * sin *tx t t e A t B tδρ ω ω ω−= −Θ + +

Amplitude der "freien Schwingungen" (allge-meine Lösung der homo-genen Gleichung) verrin-gert sich um das e-fache (2,7) in der Zeit 1/τ δ= .

II. Wie breit ist das Resonanzmaximum? Bei der Resonanzfre-quenz nimmt die Schwingungsamplitu-de

( )0

22 2 2 20 4

F mxω ω ω δ

=− +

den Wert 0

2F mxωδ

=

an. Einen zweimal kleineren Wert nimmt sie wenn ( )22 2 2 2 2 2

0 4 16ω ω ω δ ω δ− + = oder

( ) ( )2 2 2 20 0 12ω ω ω ω ω δ− + = oder

( )2 2 2 20 0 04 12ω ω ω ω δ− = ⇒

0 3ω ω δ= ± . Die Gütezahl ist somit 0 /Q ω ω≈ ∆ . III. Wie beeinflusst Dämpfung den Fre-quenzgang der Amplitude? Mit kleiner Dämpfung folgt Amplitude als Funktion der Erregerfrequenz im Wesentlichen der Kurve ohne Dissipation. Nur die Spitzen werden "ab-gestumpft".

IV. Kann man die Höhe des Resonanzmaxi-mums berechnen ohne Bewegungsgleichung zu lösen?

0 cosmx cx dx F tω= − − + Lösung der Ersatzdifferentialgleichung mit der Kraft 0

i tF e ω führt zur Gleichung

( )20m id c x Fω ω− + + = mit der Lösung

02

Fxm id cω ω

=− + +

Wir können asymptotische Werte bei sehr klei-nen, sehr großen und Resonanzfrequenz finden:

1) ω klein ( )0ω → ⇒ 0Fxc

=

2) ω groß ( )ω →∞ ⇒ 02

Fxmω

=−

3) Resonanz ( )0ω ω= ⇒ 0Fxidω

=+

Schwingungsamplituden bei diesen wichtigen Punkten kann man aber bestimmen auch ohne die gesamte Lösung zu haben (z.B. auch dann, wenn die exakte Lösung nicht bekannt ist).

Bei kleinen Frequenzen kann man Terme mit Geschwindigkeit und Beschleunigung vernach-lässigen ( 0 coscx F tω= ), bei sehr großen spielt nur der der Term mit Beschleunigung eine we-sentliche Rolle ( 0 cosmx F tω= ), bei der Reso-nanzfrequenz müssen alle Terme ausfallen mit Ausnahme von Geschwindigkeitsproportiona-len Term ( 0 cosdx F tω= + ). Das sieht man dar-an, dass die Energie, die dem System zugeführt wird, dann ihr Maximum erreicht, wenn die Kraft immer in Richtung Geschwindigkeit ge-richtet ist und somit den Körper immer "be-schleunigt". Hätten wir eine nicht lineare konservative Kraft, 0( ) cosmx G x dx F tω= − − + , so könnten wir diese Gleichung nicht analytisch lösen, aber die Grenzfälle kleiner und großer Frequenzen könnten auch in diesem Fall ermittelt werden. Hätten wir eine lineare konservative Kraft aber eine nicht lineare Dämpfung, z.B.

30 cosmx cx kx F tω= − − + so könnte man auf

ähnliche Weise näherungsweise Schwingungs-gesetz und Schwingungsamplitude bei der Re-sonanz ermitteln: 3

0 coskx F tω=

⇒ ( )( )1/30 / cosx F k tω= .

V. Seitenbänder bei Rundfunkübertragung Bei der Rundfunkübertragung, die die Amplitu-denmodulation (AM) benutzt, wir das hochfre-quente Trägersignal durch die Schallamplitude moduliert.

( )F t

DämpferFFederF

Freischnitt:

τ

3δ

2

Die oben gezeigte modulierte Schwingung kann wie folgt ausgedrückt werden

( ) 01 cos cosmx b t tω ω= + . Oder

( ) ( )1 10 0 02 2cos cos cosm mx t b t b tω ω ω ω ω= + + + −

Das bedeutet, dass die ausgestrahlte Welle Summe von drei Wellen darstellt: reguläre Welle mit der Frequenz 0ω , sowie Schwingun-gen mit den Frequenzen 0 mω ω+ und 0 mω ω− . Wie scharf darf Resonanzmaximum eines Schwingungskreises eines Funkempfängers sein? Ein Schwingungskreis unterdrückt Schwingun-gen mit allen Frequenzen, die weiter von der Trägerfrequenz 0ω entfernt sind, als um einige δ . Ist die Breite der Resonanzkurve zu klein, so empfängt das Gerät nur die Trägerfrequenz. In der ist aber keine Information enthalten. Die Breite des Maximums (und somit die Dämp-fungskonstante) muss somit größer sein, als die Modulationfrequenz: mδ ω> . Man kann das auch anders sehen: Die Modulation wird nur dann wirklich übermittelt, wenn die Dauer des Einschwingvorganges kleiner ist als die Modu-

lationsperiode: 1modTτ

δ= < , was zu derselben

Gleichung mδ ω> führt.

VI. Wie bestimmt man die Tilgerfrequenz und welchen Einfluss hat Dämpfung auf die Tilgung von Schwingungen?

Betrachten wir einen elastisch (Gesamtsteifig-keit c ) gelagerten "Tisch" mit der Masse M . Wenn auf ihn technisch bedingt eine periodi-sche Kraft 0 cosF tω mit einer bestimmten Fre-quenz wirkt, kann man die Schwingungen des Tisches unterdrücken, indem man an ihn eine weitere Masse m elastisch koppelt. Der physi-

kalische Sinn des Tilgereffektes besteht darin, dass der Tisch M die zusätzliche Masse zum Schwingen erregen und somit ihre eigenen Energie

abgeben kann. Dafür muss die Schwingungs-frequenz gleich der Eigenfrequenz des Tilgers sein. Da bei Resonanz Verhältnis von Amplitu-den unendlich wird, kann die Tilgermasse auch dann schwingen, wenn sich der Tisch gar nicht

mehr bewegt. Die Bedingung für die Tilgung ist offenbar 1 /c mω = . Der Einschwingvor-gang dauert allerdings bei einem idealen Tilger unendlich lange. Bei einem realen Tilger (mit Dämpfung) dauert er eine endliche Zeit, aber

auch der Tilgereffekt ist nicht ideal. Die äquivalente Fe-derzahl ergibt sich aus der neben ste-hender Skizze. Die Federzahl ist

gleich ( )2

122 2

1

*m c id

c M cm c idω ω

ωω ω

− += − + +

− + +.

Ohne Dämpfung wird diese Steifigkeit unend-lich bei 2

1 0m cω− + = . Bei kleinen Dämpfun-gen ist die Steifigkeit nicht unendlich aber

groß: 1* m ccidω−

≈

VII. Dynamik eines Fahrzeuges

Nebenstehende Skizze kann als ein einfaches Modell eines Fahrzeuges angesehen werden (ein "Viertelfahrzeug"). Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen und der Frequenzgang der Beschleunigung von Aufbau bei einer Fußpunkterregung nach dem

Gesetz 0 cosx A tω= . Gegeben: 1 10m kg= ,

2 250m kg= . Eigenfre-quenz des Rades alleine sei 10 Hz, des Aufbaus alleine 1 Hz.

Da wir in der Karosserie ( 2m ) sitzen, sind wir nur

in der Koordinate 2x interessiert:

( )( )1 2 0

2 2 2 22 2 1 2 1 2

c c xxc m c c m cω ω

=− + − −

. Oder

( )( )1 2 0

2 2 2 2 21 2 1 2

c c xxm m ω ω ω ω

=− −

.

Wir sind aber in der Beschleunigung interes-siert, da wir nur diese unmittelbar empfinden.

( )( )2

1 2 02 2 2 2 2

1 2 1 2

c c xam m

ωω ω ω ω

= −− −

.

Wie groß sind die Eigenfrequenzen? (Eine vereinfachte Methode wird erläutert).