Aufgabe 1 16 Punkte

Technische Mechanik III Musterlösung F11-1
Aufgabe 1
16 Punkte
Das gegebene System befindet sich zum Zeitpunkt t = 0 s in der Ruhelage, die Rollen sind masselos..
Gegeben: g,m,c
c
g
m
a) Stellen Sie die Bewegungsdiffenerzialgleichung auf.
FKB (1)
cx 2
x 2
S
S = cx 2 (2)
Kinematik:
FKB (3)
S
S
mg
x 1
x 1 = 2x 2
x 2 = 1 2 x 1
(4)

Summe der Kräfte:
) 1
∑F x = mẍ 1 = mg − 2S = mg − 2cx 2 = mg − 2c(
2 x 1 = mg − cx 1 (5)
mẍ 1 + cx 1 = mg
ẍ 1 + c m x 1 = g
(6)
b) Lösen Sie die von Ihnen aufgestellte DGL.
Gesamtlösung: x(t) = x h + x p
Partikularlösung:
Homogene Lösung:
Ansatz: x h = Acos(ωt) + Bsin(ωt)
Anfangswertbedingungen:
x p = ˆx p g, ẋ p = 0, ẍ p = 0 (1)
c
m ˆx pg = g
ˆx p = m c
x p = mg
c
(2)
x(t = 0) = 0 (3)
ẋ(t = 0) = 0 (4)
Auswerten der Amplituden
x(t = 0) = 0 = Acos(ω0) + Bsin(ω0) + mg
c
0 = A + mg
c
A = − mg
c
(5)
Lösung der Bewegungs-DGL
ẋ(t = 0) = 0 = ωAsin(ω0) − ωBcos(ω0)
B = 0
x(t) = − mg
c
cos(ωt) +
mg
c
(6)
x(t) = mg
c [1 − cos(ωt)] (7)
c) Wie muss die Masse verändert werde, damit sich die Eigenfrequenz des sytems vervierfacht?
ω ∗ = 4ω (1)
√ c
ω ∗ = 4
m
√ c
m ∗ = √
16c
m
(2)

c
m ∗ = 16c
m
1
m ∗ = 16
m
(3)
m ∗ = m 16

Technische Mechanik III Musterlösung F11-2
Aufgabe 2
14 Punkte
Eine Punktmasse wird von A nach B mit der Anfangsgeschwindigkeit v 0 unter einem Winkel
von α geworfen. In B trifft die Punktmasse senkrecht auf die Wand, prallt dort ab und landet in
C.
Gegeben: g = 10 m , m, v
s 2 0 = 5 m s , α = 36,87◦ , h = 4,55m, H = 5m, L = 1,2m
A C B
g
v 0
α
h
H
y
x
L
L
2
a) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit der Punktmasse vor dem Stoß in Punkt B.
√
v B = v 2 x + v 2 y (1)
Stoß in B:
v y = 0 (2)
Keine Beschleunigung in x-Richtung
v x = v 0 cos(α) (3)
v B = v x = 5cos(36,87) = 4 m s
(4)
b) Bestimmen Sie die Stoßzahl e so, dass die Punktmasse im Punkt C landet.
¯v B = ev B (1)

Schiefer Wurf:
Randbedingungen:
ẍ = 0,
ẋ = c 1 ,
x = c 1 t + c 2 ,
ÿ = −g,
ẏ = −gt + c 3 ,
y = − gt2
2 + c 3t + c 4
ẋ(t = 0) = − ¯v B = C 1 (2)
x(t = 0) = L = C 2 (3)
ẏ(t = 0) = 0 = C 3 (4)
y(t = 0) = H = C 4 (5)
Einsetzen der Konstanten:
ẍ = 0
ẋ = − ¯v B
x = −v B t + L
(6)
ÿ = −g
ẏ = −gt
y = − gt2
2 + H (7)
y(T ) = 0 = − gT 2
2 + H
√
(8)
2H
T =
g = 1s
x(T ) = L 2 = − ¯v BT + L
¯v B T = L 2
(9)
¯v B = 0,6 m s
Keine Beschleunigung in x-Richtung:
¯v B (T ) = ¯v B (t = 0)
0,3 m s = ev B = e · 4 m s
e = 0,6
4 = 0,15 (10)

Technische Mechanik III Musterlösung F11-3
Aufgabe 3
20 Punkte
Das gegebene System besteht aus zwei miteinander verbundenen masselosen Stäben, an denen
ein massebehaftetes Pendel der Länge l angebracht ist. Gehen Sie davon aus, dass Sie die Masse
des Pendelstabes (m) in Pendelstabmitte ansetzen können. Das Pendel wird zum Zeitpunkt
t = 0 aus der Ruhelage α 0 = 60 ◦ losgelassen.
Gegeben: g,m,M = 4m,α 0 = 60 ◦ ,l
l
g
α
m
S 1
S 2
M
a) Geben Sie die Stabkraft im Pendelstab in Abhängigkeit des Winkels α sowie der Winkelgeschwindigkeit
˙α an Pendelstabkraft P ermitteln:
FKB (1)
P
α
mg
n
t
Mg
∑F n = Ma n1 + ma n2 = P − mgcos(α) − Mgcos(α) (2)
a n = ṡ2 R

a n1 = ṡ2 R = ˙α2 l 2
= ˙α 2 l (3)
l
a n2 = ṡ2 R = ˙α2 l2 4
l
2
= ˙α 2 l 2
(4)
∑F n = 4m ˙α 2 l + m ˙α 2 l = P − mgcos(α) − 4mgcos(α)
2
9
2 m ˙α2 l = P − 5mgcos(α)
P = 9 2 m ˙α2 l + 5mgcos(α)
(5)
b) Wie groß sind die Stabkräfte S 1 und S 2 in anhängigkeit des Winkels α?
Hinweis:
Nutzen Sie zur Bestimmung der Winkelgeschwindigkeit ˙α entweder den Momenten- oder
den Energiesatz!
Entscheiden Sie sich für einen der beiden Lösungswege! Allgemeiner Lösungsweg 1.
Teil:
FKB (1)
α
P
S 1
y
S 2
x
∑F x = 0 = Psin(α) − S 1
S 1 = Psin(α)
∑F y = 0 = −Pcos(α) − S 2
S 2 = −Pcos(α)
(2)
(3)

1. Lösungsweg Momentensatz + TDV:
∑M = Θ 1 ¨α 1 + Θ 2 ¨α 2 = −mgsin(α) l − Mgsin(α)l (4)
2
Θ 1 = mr 2 = m l2 4
(5)
TDV
Anfagswertbedingungen
Θ 2 = mr 2 = 4ml 2 (6)
α 1 = α 2 = α
˙α 1 = ˙α 2 = ˙α
¨α 1 = ¨α 2 = ¨α
m l2 4 ¨α + 4ml2 ¨α = −mgsin(α) l 2 − 4mgsin(α)l
17
4 ml2 ¨α = − 9 2 mgsin(α)l
¨α = − 36gsin(α)
34l
¨α = d ˙α
dt = d ˙α dα
dt dα = d ˙α dα
dα dt
˙α d ˙α
dα = −18gsin(α) 17l
∫ ∫
˙αd ˙α =
= − 18gsin(α)
17l
= ˙αd
˙α
dα
− 18gsin(α) dα
17l
˙α 2
2 = 18gcos(α) + c
17l
(7)
(8)
(9)
α(t = 0) = α 0 = 60 ◦ (10)
2. Lösungsweg Energiesatz:
˙α(t = 0) = 0 (11)
0 2
2 = 18gcos(60◦ )
+ c
17l
0 = 18g
34l + c
c = − 18g
34l
(12)
˙α 2
2 = 18gcos(α) − 18g
17l 34l
˙α 2 = 18g
(13)
17l (2cos(α) − 1)
FKB (4)
Höhe in abhängigkeit von α

l
2
r 2
r 1
l
M
A
α
m
l
B
z 2 z 1
r 1 = cos(α)l
r 2 = cos(α) l 2
z 1 = l − r 1 = l − cos(α)l
(5)
z 2 = l − r 2 = l − cos(α) l 2
Geschwindigkeit in abhängigkeit von ˙α
v 1 = l ˙α
v 2 = l 2 ˙α (6)
Energiesatz:
Ekin A 1
+ Ekin A 2
+ Epot A 1
+ Epot A 2
= Ekin B 1
+ Ekin B 2
+ Epot B 1
+ Epot B 2
(7)
E A kin 1
= 0
E A kin 2
= 0
Epot A 1
= Mgz 1 = 4mg(l − cos(60 ◦ )l) = 2mgl
(
Epot A 2
= mgz 2 = mg l − cos(60 ◦ ) l )
= 3mgl
2 4
E B kin 1
= Mv2 1
2 = 2ml2 ˙α 2
Ekin B 2
= mv2 2
2 = ml2 ˙α 2
8
Epot B 1
= Mgz 1 = 4mg(l − cos(α)l)
(
Epot B 2
= mgz 2 = mg l − cos(α) l )
2
2mgl + 3mgl = 2ml 2 ˙α 2 + ml2 ˙α 2
+ 4mgl − 4mgcos(α)l + mgl − mgcos(α) l 4
8
2
11g 17l ˙α2
= + 5g − 9gcos(α)
4 8
2
17l ˙α 2
= 36gcos(α) − 18g
8 8 8
˙α 2 = 36gcos(α) − 18g
17 17
(8)
(9)
(10)
(11)
(12)

˙α 2 = 18g (2cos(α) − 1) (13)
17l
Allgemeiner Lösungsweg 2. Teil:
S 1 = Psin(α)
( )
9
S 1 =
2 m ˙α2 l + 5mgcos(α) sin(α)
( )
81mg
S 1 (α) =
34 (2cos(α) − 1) + 5mgcos(α) sin(α)
S 2 = −Pcos(α)
)
9
S 2 = −(
2 m ˙α2 l + 5mgcos(α) cos(α)
( )
81mg
S 2 (α) = −
34 (2cos(α) − 1) + 5mgcos(α) cos(α)
(14)
(15)