Author Topic: Aufgabe 2.32 - Fehler in der Lösung? (Read 5930 times)

Puschi · « **on:** August 11, 2009, 06:13:33 pm »

Hallo Leute,

ich habe ein Problem mit der Lösung der Aufgabe 2.32)
In der Lösung steht eine Bilanz um den Punkt M, in welcher das Massenträgheitsmoment der Rolle 2 auftaucht. Schaut dazu bitte mal in das Kinetik/Kinematik Übungsheft 1 Seite 62.

Nun zu meinem Problem:
In eine Bilanz, um einen Randpunkt eines Rades kann ich doch nicht das Massenträgheitsmoment J um den mittelpunkt des Rades ohne Steineranteil einfließen lassen!:wallbash:

Deshalb auch das unlogische Ergebnis.
Theoretisch, wenn die Beschleunigung x3=0 ist, muss das Antriebsmoment ja nur dem Gewicht der unteren Rolle und des Massestücks (*g*r) entgegenwirken. Ergibt also M_a=2mgr
In der Lösung steht jedoch 3mgr.

Kann bitte mal jemand das Rätsel lösen ?

Gruß David

Jule · « **Reply #1 on:** August 11, 2009, 09:49:42 pm »

Den von dir angesprochenen Steineranteil findest du sozusagen in dem Term [latex]$$m_2 \cdot (g + \ddot x_2) \cdot r_2$$[/latex] wieder. Wenn man seinen Koordinaten-Ursprung mal betrachtungsweise in den Punkt M legt, führt das Rad (jeder Punkt des Rades) bzgl. M nur eine Drehbewegung aus, d. h. im Prinzip ist der Trägheitsterm [latex]$$m_2 \cdot \ddot x_2$$[/latex] bei Berücksichtigung des Steineranteils für das Trägheitsmoment überflüssig. Also im Grunde ist die Gleichgewichtsbedingung nur etwas verzerrt dargestellt, ist aber sogesehen korrekt, denn [latex]$$J_M = J_S + m_2 \cdot {r_2}^2$$[/latex].

Puschi · « **Reply #2 on:** August 12, 2009, 10:08:05 am »

Hi,

danke für deine Antwort. Aber so richtig komm ich damit noch nicht klar.
[latex]$$m_2 \cdot (g + \ddot x_2) \cdot r_2$$[/latex] ist doch einfach nur das Moment um M in Folge der Beschleunigung der Masse des Rades 2.
Das hat doch mit einem Steineranteil nichts zu tun oder?
Wenn es der Steineranteil wäre, müsste dieser doch noch mit [latex]$$ \ddot \varphi\ $$[/latex] multipliziert werden :huh:

Gruß David

miwa · « **Reply #3 on:** August 12, 2009, 10:38:00 am »

Das [latex]$J_2$[/latex] bezieht sich auf den Schwerpunkt des Rades 2.
Wenn du jetzt dastehen hast [latex]$ J_2 \ddot \varphi_2$[/latex], ist das nix anderes wie ein Trägheitsmoment und bei einer Momentenbilanz um einen Punkt berücksichtigst du nur dieses Trägheitsmoment.

Puschi · « **Reply #4 on:** August 12, 2009, 11:36:48 am »

Quote

Das bezieht sich auf den Schwerpunkt des Rades 2.
Wenn du jetzt dastehen hast $J_2 \ddot \varphi_2$ , ist das nix anderes wie ein Trägheitsmoment und bei einer Momentenbilanz um einen Punkt berücksichtigst du nur dieses Trägheitsmoment.

Richtig, wenn ich eine Bilanz um den Schwerpunkt des Rades mache, ist das so.
Aber in der Lösung wird eine Bilanz um einen Randpunkt des Rades gemacht.

Gruß David

miwa · « **Reply #5 on:** August 12, 2009, 12:15:28 pm »

Du kannst deine Bilanz um jeden x-beliebigen Punkt machen - das Trägheitsmoment bleibt dabei immer das um den Schwerpunkt.

Jule · « **Reply #6 on:** August 12, 2009, 12:28:24 pm »

[latex]$$ m_2 \cdot (g + \ddot x_2) \cdot r_2 = m_2 \cdot g \cdot r_2 + m_2 \cdot \ddot x_2 \cdot r_2 $$[/latex] und aufgrund der Zwangsbedingungen ist [latex]$$ m_2 \cdot \ddot x_2 \cdot r_2 = m_2 \cdot {r_2}^2 \cdot \ddot \phi_2 $$[/latex] und das ist genau die Momentenwirkung des Steineranteils.

Habt ihr das in der Vorlesung nicht gehabt? Also ich habe bestimmt 2 Beispiele dazu in meinen Unterlagen, wo man mal mit und mal ohne Steineranteil rechnet, wobei man sich verschiedene Bezugspunkte für die Momentenbilanz wählt.

Wie gesagt, bezogen auf M gibt es nur eine Drehbewegung und deshalb keinen linearen Beschleunigungsträgheitsterm. Weshalb in der Bilanz [latex]$$ J_M \cdot \ddot \phi_2 + m_2 \cdot g \cdot r_2 $$[/latex] auftauchen würde, was aber das gleiche ist wie [latex]$$ J_2 \cdot \ddot \phi_2 + m_2 \cdot g \cdot r_2 + m_2 \cdot \ddot x_2 \cdot r_2 = J_2 \cdot \ddot \phi_2 + m_2 \cdot (g + \ddot x_2) \cdot r_2 $$[/latex], da [latex]$$J_M = J_2 + m_2 \cdot {r_2}^2$$[/latex].

Puschi · « **Reply #7 on:** August 12, 2009, 01:42:20 pm »

Hi,

Steiner ist mir schon bekannt, trotzdem find ich das ziemlich verwirrend.
Aber gut, soweit komm ich jetzt klar. Was mir jedoch noch nicht einleuchtet, ist das Ergebnis für [latex]$$ \ddot x_3=0 $$[/latex]
Warum [latex]$$ \ M_A=3mgr\ $$[/latex]?
Das Antriebsmoment wirkt doch in Ruhe nur dem Gewicht des Massestücks und der uneren Rolle (2m) entgegen!? Woher kommt das 3. m?

Gruß David

Jule · « **Reply #8 on:** August 12, 2009, 02:14:48 pm »

Nun, das Seil, das die Masse m₃ mit der Rolle 2 verbindet, ist ja auf der anderen Seite verankert. Wenn du jetzt für das ruhende System Rolle 2 freischneidest und ne Momentenbilanz um den Mittelpunkt machst, erhälst du nach unten hin für die Seilkraft jeweils m₃*g, damit ergibt sich die Kraft im Seil zwischen Rolle 1 und 2 zu m₂*g + 2*m₃*g = 3*m*g. Und damit ist M_A = 3*m*g*r.

Puschi · « **Reply #9 on:** August 12, 2009, 02:24:35 pm »

Ooouuuu man, logisch, die zweite Seilkraft hab ich ja total vernachlässigt :wallbash:
Jetzt ist mir alles klar.
Ich danke dir :happy:

Gruß David

Jule · « **Reply #10 on:** August 12, 2009, 02:53:56 pm »

Super!

Wegen der anderen Sache nochmal...

Quote from: Puschi

Steiner ist mir schon bekannt, trotzdem find ich das ziemlich verwirrend.

Du kannst es ja auch so wie miwa handhaben. Entweder so, oder so. Mit Steiner ist es nur von der Rechnung her oft einfacher. In dem Beispiel hier vielleicht nicht, aber grade bei der Aufgabe mit dem pendelnden Stab spart man sich schon etliche Zeilen.

Vielleicht hilft es dir ja für's Verständnis, wenn du dir das mit den freien Koordinaten nochmal genau vor Augen führst. Normal, also vom Schwerpunkt aus betrachtet, hast du ja das [latex]x_2[/latex] und das [latex]\phi_2[/latex], mit denen du die Bewegung der Rolle beschreiben kannst. Betrachtest du das System nun von M aus, reicht ein [latex]\phi[/latex] zur Beschreibung der Bewegung der Rolle aus, da alle Punkte der Rolle eine Drehbewegung um M ausführen. Das [latex]\phi[/latex] hat aber erstmal nichts mit dem [latex]\phi_2[/latex] von vorhin zu tun, denn du befindest dich ja nun in einem anderen Koordinatensystem. Hier ist dann aber [latex]\phi = \phi_2[/latex], da die Winkelüberstreichungen pro Zeit von der Größe her ja für beide Betrachtungsweisen die gleichen sind.

Puschi · « **Reply #11 on:** August 12, 2009, 03:25:10 pm »

Quote

Wegen der anderen Sache nochmal...

Zitat von Puschi
Steiner ist mir schon bekannt, trotzdem find ich das ziemlich verwirrend.

Mit Steiner an sich komm ich gut zurecht.

Was mich nur verwirrt:
Bei der Bilanz um M steht
[/FONT] [latex]$$ m_2 \cdot (g + \ddot x_2) \cdot r_2 $$[/latex],was ja den Steineranteil [latex]$$ m_2 \cdot \ddot x_2 \cdot r_2 $$[/latex]beinhaltet. Die Kraft [latex]$$ m_2 \cdot \ddot x_2 $$[/latex], welche in dr Skizze Seite 62 naxch unten abgetragen ist, wird somit jedoch nicht mit bilanziert. Doch diese gehört ja normalerweise in eine Momentenbilanz um Pkt. M mit hinein.

Gruß David

Jule · « **Reply #12 on:** August 12, 2009, 03:41:30 pm »

Du musst dich entscheiden, ob du die Momentenbilanz nach der einen oder der anderen Betrachtungsweise aufstellst. Wie miwa schon meinte, ändert sich an den Größen im System mit [latex]x_2[/latex] und [latex]\phi_2[/latex] nichts, egal um welchen Punkt du die Momentenbilanz machst. Deswegen ist die Bilanzgleichung in der Lösung ja auch völlig korrekt.

Deine Frage im ersten Beitrag war ja aber, wo der Steineranteil ist. Der spielt aber nur eine Rolle, wenn du deine Betrachtungsweise änderst. Wenn du das machst, entfällt die lineare Wegkomponente und somit der lineare Trägheitsterm, dafür aber ändert sich dein Trägheitsmoment (+ Steineranteil).

Welche Variante du wählst, ist dir überlassen, am Ende kommt das gleiche raus (das war mit "[latex]$$ m_2 \cdot (g + \ddot x_2) \cdot r_2 $$[/latex] beinhaltet den Steineranteil" gemeint - bitte nicht missverstehen, sorry für das unglückliche Ausdrücken). Du darfst das nur nicht vermischen. Entweder, oder!