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Technische Mechanik 3: Dynamik

Arbeitssatz

Der Arbeitssatz zwischen zwei Bahnpunkten $0$ und $1$ für den Massenpunkt ist bereits im Abschnitt Arbeitssatz des vorherigen Kapitels Kinetik des Massenpunktes aufgezeigt worden:

Methode

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$W = E_{kin1} - E_{kin0}$    Arbeitssatz Massenpunkt


Für einen Massenpunkt $m_i$ in einem Massenpunktsystem ergibt sich der Arbeitssatz zwischen zwei Bahnpunkten $0$ und $1$ zu:

Methode

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$W_i = E_{kin1;i} - E_{kin0;i}$    Arbeitssatz Massenpunkt $m_i$


Die rechte Seite der Gleichung stellt die Änderung der kinetischen Energie über die Zeitdifferenz $\triangle t = t_1 - t_0$ dar. Das bedeutet also, dass $E_{kin1;i} = \frac{m_iv_i^2}{2}$ die kinetische Energie des Massenpunktes $m_i$ zum Zeitpunkt $t_1$ ist und $E_{kin0;1} = \frac{m_iv_i^2}{2}$ die kinetische Energie des Massenpunktes $m_i$ zum Zeitpunkt $t_0$.

Die linke Seite der Gleichung ist die Arbeit $W_i$ der auf den Massenpunkt $m_i$ wirkenden Kräfte. Auf den Massenpunkt wirken innere Kräfte $f_i$ und äußere Kräfte $F_i$ (siehe Abschnitt: Massenmittelpunktsatz). Der Arbeit ergibt sich allgemein zu:

Methode

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$W = \int F^e \: dr$      Arbeit allgemein


Für einen Massenpunkt $m_i$ eines Massenpunktsystems ergibt sich die Arbeit aus der Summe der inneren Kräfte $f_i$ und aus der Summe der äußeren Kräften $F_i$ auf diesen Massenpunkt. Es ergibt sich demnach die Arbeit des Massenpunktes $m_i$ zu:

Methode

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$W_i = \int F^e_i \: dr_i +  \int f^e_i \; dr_i$    Arbeit Massenpunkt $m_i$

Es muss wieder berücksichtigt werden, dass die Arbeit $W_i$ des Massenpunktes $m_i$ nur durch eingeprägte Kräfte $F^e$ verrichtet werden kann. Eingeprägte Kräfte sind diejenigen Kräfte, welche nicht senkrecht auf der Bewegungsebene stehen. Das bedeutet also, dass alle Kräfte die senkrecht auf der Bewegungsebene stehen nicht berücksichtigt werden dürfen.

Merke

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Eine Kraft leistet Arbeit, wenn sie eine Bewegung in Kraftrichtung ausführt.

Wird nun die Arbeit des Massenpunktsystems betrachtet, so müssen die Arbeiten $W_i$ der einzelnen Massenpunkte miteinander addiert werden:

Methode

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$\sum W_i = \sum (\int F^e_i \: dr_i + \int f^e_i \; dr_i)$     Arbeit Massenpunktsystem


Es ergibt sich also für den Arbeitssatz des Massenpunktsystem:

Methode

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$\sum W_i = \sum E_{kin1;i} - \sum E_{kin0;i} $     Arbeitssatz Massenpunktsystem

mit

$\sum W_i = \sum (\int F^e_i \: dr_i + \int f^e_i \; dr_i)$  

$\sum E_{kin1;i} = \sum \frac{m_i v_i^2}{2}$

Massenpunktsystem mit starren Bindungen

Sind die einzelnen Massenpunkte $m_i$ eines Massenpunktsystems durch starre Bindungen miteinander verknüpft, so heben sich die inneren Kräfte $f_i$ gegenseitig auf und die Arbeit verkürzt sich zu:

Methode

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$\sum W_i = \sum \int F^e_i \: dr_i$     Arbeit Massenpunktsystem (starre Bindungen)


Der Arbeitssatz des Massenpunktsystem ergibt sich dann durch:

Methode

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$\sum W_i = \sum E_{kin1;i} - \sum E_{kin0;i} $     Arbeitssatz Massenpunktsystem

mit

$\sum W_i = \sum \int F^e_i \: dr_i $  

$\sum E_{kin1;i} = \sum \frac{m_i v_i^2}{2}$

Beispiel: Arbeitssatz Massenpunktsystem

Beispiel

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Gegeben seien die obigen Kisten ($m_A = 10 kg$, $m_B = 5 kg$) auf der rauen schiefen Ebene. Die Kisten $A$ und $B$ werden bei $x^A_0 = x^B_0 = 0$ aus der Ruhe ($v^A_0 = v^B_0 = 0$) losgelassen. Beide Kisten sind durch eine starre Stange miteinander verbunden, deren Gewicht vernachlässigt werden soll. Es gilt: $\mu = 0,3$, $\alpha = 30°$.

(a) Wie groß ist die verrichtete Arbeit $W$ der Kräfte bei einem Weg von $x^A_1 = 5m$?

(b) Wie groß ist die Geschwindigkeit $v^A_1 und v^B_1$?

Es handelt sich hierbei um eine starre Stange und damit um eine starre kinematische Bindung. Der Arbeitssatz lautet demnach:

$\sum W_i = \sum E_{kin1;i} - \sum E_{kin0;i} $

Das Freikörperbild sieht wie folgt aus:

Arbeit Kiste A

Es werden zunächst die Arbeiten der einzelnen Kisten betrachtet. Für die Kiste $A$ ist im Freikörperbild deutlich zu erkennen, welche Kräfte auf diese wirken. Dabei werden Kräfte senkrecht zur Bewegungsebene nicht einbezogen, da diese Kräfte keine Arbeit verrichten. In diesem Fall fällt also die Normalkraft $N_A$ und die Komponente $G_{Ay}$ der Gewichtskraft aus der Berechnung heraus. Es verbleibt die Reibungskraft $R_A$ entegen der Bewegungsrichtung und die Komponente $G_{Ax}$ der Gewichtskraft in Richtung der Bewegung. Die Arbeit allgemein für die Kiste $A$ ergibt sich zu:

$W_A = \int F^e_A \; dr_A$

Es handelt sich hierbei um eine Bewegung in $x$-Richtung, weshalb $dr_A = dx_A$. Einsetzen der Kräfte ergibt:

$W_A = \int_0^5 (-R_A + G_{Ax}) \; dx_A$

Die Reibunsgkraft $R_A = \mu \; N_A$ wird bestimmt durch das Newtonsche Grundgesetz in $y$-Richtung:

$F_{Ay} = m_A \; a_{Ay}$


Die Kräfte in $y$-Richtung sind:

$-G_{Ay} + N_A = m_A \; a_{Ay}$

Da keine Bewegung in $y$-Richtung stattfindet, ist $a_{Ay} = 0$:

$-G_{Ay} + N_A = 0$

$N_A = G_{Ay} = G_A \cdot \cos(30°)= m_A \cdot g \cdot \cos (30°)$

Einsetzen in die Arbeit $W_A$ ergibt:

$W_A = \int_0^{x^A_1} (-\mu \; N_A + G_{Ax}) \; dx_A$

$W_A = \int_0^{x^A_1} (-\mu \cdot m_A \cdot g \cdot \cos (30°) + G_{Ax}) \; dx_A$

Es gilt zudem $G_{Ax} = G_A \cos(30°) = m_A \; g \; \sin(30°)$:

$W_A = \int_0^{x^A_1} (-\mu \cdot m_A \cdot g \cdot \cos (30°) + m_A \cdot g \cdot \sin(30°)) \; dx_A$

Integration:

$W_A =  -\mu \cdot m_A \cdot g \cdot \cos (30°) \cdot x^A_1 + m_A \cdot g \cdot \sin(30°) \cdot x^A_1$

Zusammenfassen:

Methode

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$W_A = m_A \cdot g \cdot x^A_1 (-\mu \cos (30°) + \sin(30°))$

Arbeit Kiste B

Die Arbeit der Kiste $B$ wird genau so bestimmt:

$W_B = \int_0^{x^B_1} (-R_B + G_{Bx}) \; dx_B$

Die Reibungskraft $R_B = \mu \; N_B$ ergibt sich ebenfalls aus dem Newtonschen Grundgesetz für die $y$-Richtung:

$F_{By} = m_B a_{By}$

Da auch hier keine Bewegung in $y$-Richtung stattfindet, ergibt sich nach Einsetzen von $N_B$ und $-G_{By}$:

$N_B = G_{By} = G_B \cos(30°) = m_B \cdot g \cdot \cos(30°)$

Einsetzen in die Arbeit $W_B$:

$W_B = \int_0^{x^B_1} (-\mu \; N_B + G_{Bx}) \; dx_B$

$W_B = \int_0^{x^B_1} (-\mu \cdot m_B \cdot g \cdot \cos(30°) + G_{Bx}) \; dx_B$

Mit $G_{Bx} = G_B \sin(30°) = m_B \cdot g \sin(30°)$ ergibt sich:

$W_B = \int_0^{x^B_1} (-\mu \cdot m_B \cdot g \cdot \cos(30°) + m_B \cdot g \sin(30°)) \; dx_B$

Integration:

$W_B = -\mu \cdot m_B \cdot g \cdot \cos(30°) \cdot x^B_1 + m_B \cdot g \sin(30°) \cdot x^B_1$

Zusammenfassen:

Methode

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$W_B = m_B \cdot g \cdot x^B_1 (-\mu \cos(30°) + \sin(30°))$

Arbeit insgesamt

Die gesamte Arbeit wird durch Addition der einzelnen Arbeiten bestimmt:

$W_A + W_B = m_A \cdot g \cdot x^A_1 (-\mu \cos (30°) + \sin(30°)) + m_B \cdot g \cdot x^B_1 (-\mu \cos(30°) + \sin(30°))$

Die kinematische Bindung muss noch berücksichtigt werden. Die Bewegungen der Kisten sind durch die starre Stange voneinander abhängig. Bewegt sich die Kiste $A$ um $x^A_1 = 5m$, so bewegt sich aufgrund der starren Verbindung auch die Kiste $B$ um $x^B_1 = 5m$, d.h.:

Methode

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$x^A_1 = x^B_1$.

Berücksichtigung von $x^A_1 = x^B_1$:

$W_A + W_B = W =  m_A \cdot g \cdot x^A_1 (-\mu \cos (30°) + \sin(30°)) + m_B \cdot g \cdot x^A_1 (-\mu \cos(30°) + \sin(30°))$

Einsetzen der Werte:

$W = 10 kg \cdot 9,81 \frac{m}{s^2} \cdot 5 m (-0,3 \cos (30°) + \sin(30°)) + 5 kg \cdot 9,81 \frac{m}{s^2} \cdot 5m (-0,3 \cos(30°) + \sin(30°))$

Methode

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$W = 176,72 Nm$

Es wird also insgesamt eine Arbeit von $W = 176,72 Nm$ verrichtet.

Geschwindigkeit bestimmen

Die Geschwindigkeit $v^A_1$ kann mittels des Arbeitssatzes bestimmt werden. Der Arbeitssatz für das Massenpunktsystem mit starren Bindungen ergibt sich zu:

$\sum W_i = \sum E_{kin1;i} - \sum E_{kin0;i} $

Einsetzen:

$176,72 Nm = \frac{m_A \; (v^A_1)^2}{2} + \frac{m_B \; (v^B_1)^2}{2} - (\frac{m_A \; (v^A_0)^2}{2} + \frac{m_B \; (v^B_0)^2}{2})$

$176,72 Nm = \frac{m_A (v^A_1)^2}{2} + \frac{m_B (v^B_1)^2}{2} - \frac{m_A (v^A_0)^2}{2} - \frac{m_B (v^B_0)^2}{2}$

Die kinematische Beziehung hat ergeben:

$x^A_1 = x^B_1$


Einmaliges Ableiten führt zu:

$\dot{x^A_1} = \dot{x^B_1}$             $\rightarrow $v^A_1 = v^B_1$

Einsetzen in den obigen Arbeitssatz:

$176,72 Nm = \frac{m_A (v^A_1)^2}{2} + \frac{m_B (v^A_1)^2}{2} - \frac{m_A (v^A_0)^2}{2} - \frac{m_B (v^B_0)^2}{2}$

Da die Anfangsgeschwindigkeit für beide Kisten gleich Null ist, gilt:

$176,72 Nm = \frac{m_A (v^A_1)^2}{2} + \frac{m_B (v^A_1)^2}{2} $

Einsetzen der Werte und auflösen nach $v^A_1$:

Methode

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$v^A_1 = v^B_1 = \sqrt{\frac{2 \cdot 176,72}{10 kg + 5 kg}} = 4,85 \frac{m}{s}$

Die Geschwindigkeit der beiden Kisten beträgt $4,85 \frac{m}{s}$.