Klausur Technische Mechanik III

Klausur Technische Mechanik III
Universität Siegen, Fachbereich Maschinenbau, 06.02.2010
Aufgabe 1
r2 , m2 , θ2
g
r2 , m2 , θ2
masselos
m1
Motor: r5 , θ5
M0
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000
00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
Das dargestellte System besteht aus einer Masse m1 , zwei gleichen Walzen (jeweils Radius r2 , Masse m2 und Massenträgheitsmoment θ2 ), einer masselosen Umlenkrolle, einem
Antriebsmotor (Radius r5 , Massenträgheitsmoment θ5 ) sowie aus masselosen Seilen. Das
System bewegt sich unter der Annahme, dass die Walzen rollen.
a) Es sind alle notwendigen Gleichungen aufzustellen mit denen der Bewegungszustand
vollständig beschrieben wird.
b) Es ist die Beschleunigung der Masse m1 in Abhängigkeit vom Antriebsmoment M0
auszudrücken.
c) Wie groß muss das Antriebsmoment M0 sein, damit die Masse m1 mit 0.1 g beschleunigt
wird?
Gegeben sind: g, m1 , m2 , θ2 , θ5 , r2 , r5 , M0 .
Lösung Aufgabe 1:
a) FKB:
(5)
x1
(1)
S5
M0
(4)
S1
AH
BH
m1 g
AV
ϕ2
(2)
BV
x1
BV
BH
m2 g
H2
N2
S5
S5
S5
ϕ5
1111111111111111111
0000000000000000000
0000000000000000000
1111111111111111111
x1
AV
AH
S1
ϕ2
m2 g
H3
N3
(3)
(1) m1 ẍ1 = S1 − AH − BH
(1)
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(2) m2 ẍ1 = AH − H2
θ2 ϕ̈2 = H2 r2
(2)
(3)
(3) m2 ẍ1 = BH − H3
θ2 ϕ̈2 = H3 r2
(4)
(5)
(4) 0 = 2 S5 − S1
0 = (S5 − S5 ) r4
⇒
S1 = 2 S5
(6)
(7)
(5) θ5 ϕ̈5 = M0 − S5 r5
M0
ϕ̈5
⇒ S5 =
− θ5
r5
r5
(8)
(9)
Kinematik:
ϕ2
2 ẋ1 = ϕ̇5 r5
0ẋ1
1
1
0
0
1
0
1
0
1
AH
1111
0000
0000
1111
0000
1111
1
0
0000
1111
0
0000 1
1111
11
00
00
11
r2
ϕ̇5 r5
(5)
1
0
0
1
ẋ1 = ϕ̇2 r2
ϕ̈2 =
2 ẋ1 = ϕ̇5 r5
ϕ̈5 = 2 ẍr51
ẍ1
r2
b) aus (3) und (5):
H2 = H3
aus (2) und (4):
AH − H2 = BH − H2
⇒
AH = BH
(9) in (6):
S1 = 2
M0
ϕ̈5
− 2 θ5
r5
r5
aus (3):
H2 =
θ2
ϕ̈2
r2
aus (2)
AH = m2 ẍ1 +
θ2
ϕ̈2 = BH
r2
| {z }
H2
in (1):
ϕ̈5
θ2
M0
− 2 θ5
− 2 m2 ẍ1 − 2 ϕ̈2
r5
r5
r2
ẍ1
M0
ẍ1
m1 ẍ1 + 2 θ5 2 2 + 2 θ2 2 + 2 m2 ẍ1 = 2
r5
r2
r5
m1 ẍ1 = 2
1
0
0
1
0
1
0
1
(4)
ẋ1
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m1
1
1
ẍ1
+ 2 θ5 2 + θ2 2 + m2 r5 = M0
2
r5
r2
M0
ẍ1 = m1
1
1
+
2
θ
+
θ
+
m
r5
2
2
5
2
2
2
r
r
5
2
c)
ẍ = 0.1 g
θ5
θ2
m1
+ m2 + 2 + 2 2
⇒ M0 = 0.1 g r5
2
r2
r5
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Aufgabe 2
11111111111111111111111111111111
00000000000000000000000000000000
000
111
00000000000000000000000000000000
11111111111111111111111111111111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
c
000
111
000
111
g
d
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
3r
000
111
000
111
000
111
r
000
111
000
111
000
111
A
ϕ
000
111
000
111
xA
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
3m 111
000
111
x2
m
Der Mittelpunkt A einer Stufenrolle (θA =
4m r 2 und Masse 3m) ist über einen Dämpfer (Dämpfungskonstante d) und eine Feder
(Federkonstante c) abgestützt. Durch geeignete konstruktive Maßnahmen rollt die Stufenrolle ohne zu rutschen (schlupffrei) senkrecht ab. Auf ihrem kleinen Radius ist ein
Seil gewickelt, dessen Ende mit einem Klotz
(Masse m) verbunden ist. Das mechanische
System bewegt sich im Erdschwerefeld (Erdbeschleunigung g).
Der Klotz wird aus der statischen Ruhelage
des Systems in Richtung der Wegkoordinate
x2 ausgelenkt. Unter der Voraussetzung, dass
das Seil undehnbar und immer gespannt ist,
ist die Vertikalschwingung des Klotzes (Wegkoordinate x2 ) kinematisch mit der Drehschwingung der Stufenrolle (Winkelkoordinate ϕ) gekoppelt. Die Koordinaten beziehen
sich auf eine entspannte Feder und beginnen
zum Zeitpunkt t = 0.
Bestimmen Sie:
a) die Bewegungsgleichung des Systems in Abhängigkeit der Winkelkoordinate ϕ der Stufenrolle.
b) die statische Auslenkung ϕ0 des Systems infolge der Gewichtskräfte.
Gegeben: g, m, r, d, c.
Lösung Aufgabe 2:
d ẋA
ϕ
c ẋA
(1)
A
xA
S
(1) :
H
3mg
S
(2)
x2
mg
3 m ẍA = S − H − c xA − d ẋA + 3 m g
θA ϕ̈ = S r + H 3 r
(2) : m ẍ2 = −S + m g
⇒ S = m g − m ẍ2
(1)
(2)
(3)
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Universität Siegen, Fachbereich Maschinenbau, 06.02.2010
Kinematik:
ϕ̇
3r
r
ẋ2 = ϕ̇ 4 r ẍ2 = 4 ϕ̈ r
ẋA = ϕ̇ 3 r ẍA = 3 ϕ̈ r
xA = ϕ 3 r
M
ẋA
ẋ2
(4)
(5)
aus (1):
S = H + c xA + d ẋA − 3 m g + 3 m ẍA
(6)
aus (2):
H = θA
ϕ̈
1
− S
3r 3
(7)
(6) in (7):
1
1
1
ϕ̈
− H − c x1 − d ẋA + m g − m ẍA
3r 3
3
3
ϕ̈
1
1
3
3
H = θA
− c xA − d ẋA + m g − m ẍA
4r 4
4
4
4
H = θA
(3) u. (8) in (2):
θA ϕ̈ = m g r − m ẍ2 r + θA
3
3
9
9
3
ϕ̈ − r c xA − r d ẋA + r m g − r m ẍA
4
4
4
4
4
(4) u. (5) einsetzen:
13
3
9
9
27 2
m g r − 4 m ϕ̈ r 2 + θA ϕ̈ − r 2 c ϕ − r 2 d ϕ̇0 −
r m ϕ̈
4
4
4
4
4
13
43
43
9
9
m r 2 ϕ̈ =
mgr −
mgr −
m ϕ̈ r 2 − c ϕ r 2 − r 2 d ϕ̇
4
4
4
4
4
θA ϕ̈ =
9
9
47
m r 2 ϕ̈ + d r 2 ϕ̇ + c ϕ r 2 −
4
4
4
9 c
9 d
ϕ̇ +
ϕ=
ϕ̈ +
47 m
47 m
Ruhelage: ϕ̇ = 0, ϕ̈ = 0
13
9 c
ϕ0 =
47 m
47
13
ϕ0 =
9
g
r
g m
r c
13
mgr = 0
4
13 g
47 r
(8)