S - Prof. Dr.-Ing. Johannes Wandinger

3. Seilhaftung und Seilreibung
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
17.08.15
TM 1 5.3-1
3. Seilhaftung und Seilreibung
17.08.15
3.1 Haften
3.2 Gleiten
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-2
17.08.15
3.1 Haften
●
Bei einer feststehenden Rolle
gilt:
–
Wenn die Rolle glatt ist, müssen beide Massen gleich groß
sein.
–
Wenn die Rolle rau ist, können
die Massen in gewissen Grenzen unterschiedlich sein.
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
g
m1
m2
TM 1 5.3-3
17.08.15
3.1 Haften
●
Aufgabenstellung:
S2
–
An einem Seilende greift
die Kraft S1 an.
–
Wie groß darf die am anderen Seilende angreifende Kraft S2 höchstens
sein?
–
Gegeben:
φ
S1
●
–
Das Seil haftet auf der
feststehenden Rolle.
Prof. Dr. Wandinger
–
S1 , φ, μ0
Gesucht:
●
5. Haftung und Reibung
S2max
TM 1 5.3-4
17.08.15
3.1 Haften
–
Gleichgewicht am Seilabschnitt:

y
αB
O
M
∑ =0 :
αB
r S B −r S A−∫ r h d α=0
SB
αA
hdα
ndα
∑α F y=0 :
α
h cos (α)d α
∫α n sin (α) d α−∫
α
α
αB
α
αA
O
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SA
r
αA
B
B
A
A
+S B cos (α B )−S A cos (α A)=0
x
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-5
17.08.15
3.1 Haften
–
Berechnung der Differenzen durch Integrale ergibt:
αB
O
M
∑ =0 → r ∫
αA
αB
∑ F y=0
→
∫
α
A
–
[
(
dS
−h d α=0
dα
)
]
d
n sin (α)−h cos (α)+
( S cos (α) ) d α=0
dα
Damit die Integrale für beliebige Intervalle null sind, muss
gelten:
dS
dS
−h=0 → h=
dα
dα
dS
n sin (α)−h cos (α)+
cos (α)−S sin (α)=0
dα
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-6
17.08.15
3.1 Haften
–
Einsetzen der ersten in die zweite Gleichung ergibt:
( n−S ) sin (α)=0 → n=S
–
Die Haftbedingung lautet:
h<μ 0 n
dS
1 dS
<μ 0 S →
<μ 0
dα
S dα
–
Daraus folgt:
–
Integration über das gesamte Seil ergibt:
α2
S2
S2
1 dS
dS
∫α S d α d α=∫ S <μ 0 ( α2 −α1 ) → ln S <μ 0 ( α 2−α1 )
1
S
1
Prof. Dr. Wandinger
1
5. Haftung und Reibung
( )
TM 1 5.3-7
17.08.15
3.1 Haften
–
Mit φ = α2 – α1 lautet die Haftbedingung für das Seil:
S 2< S 1 e
μ0 ϕ
–
Diese Ungleichung wird als Eytelweinsche Seilgleichung
bezeichnet.
–
Bemerkungen:
●
●
●
Der Winkel φ muss im Bogenmaß eingegeben werden.
Die Kraft S2 greift auf der Seite an, nach der sich das Seil bewegt, wenn die maximale Haftkraft überschritten wird.
μ ϕ
Für S 2 <S 2 max =S 1 e
bleibt das Seil in Ruhe.
Prof. Dr. Wandinger
0
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-8
17.08.15
3.1 Haften
●
Beispiel: Seil um Poller
–
Gegeben:
●
●
F
Schiff
●
FS
–
2 Umschlingungen entsprechen 720°
Haftungskoeffizient
μ0 = 0,3
Gesucht:
●
Prof. Dr. Wandinger
Kraft F
5. Haftung und Reibung
Kraft FS , mit der das
Schiff maximal ziehen
darf, damit die Kraft F
nicht überschritten wird
TM 1 5.3-9
17.08.15
3.1 Haften
–
Bei Überschreiten der Kraft setzt sich das Seil in Richtung
Schiff in Bewegung.
–
Daher lautet die Haftbedingung: F s < F Smax =F e
–
Zahlenwert: ϕ=720 °⋅ π =4 π
180 °
μ0 ϕ
F Smax =F e 0,3⋅4 π=43,38 F
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5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-10
17.08.15
3.1 Haften
●
Beispiel: Riementrieb
–
–
Durch einen Riemen wird
ein Moment von der
Scheibe B auf die Scheibe A übertragen.
MB
φA
A
rA
B
MA
φB
rB
Gegeben:
●
●
●
Vorspannung S0
Radius rA und Umschlingungswinkel φA
–
Gesucht:
●
Haftungskoeffizient μ0
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
Maximales Moment MA ,
bei dem der Riemen
noch nicht rutscht
TM 1 5.3-11
17.08.15
3.1 Haften
–
Da der Haftungskoeffizient für beide Scheiben gleich ist, tritt
wegen φA < φB Gleiten zuerst bei Scheibe A auf.
–
Gleichgewicht:
S1
A
M
∑ =0 : M A−r A ( S 1 −S 2 )=0
→ M A=r A ( S 1−S 2 )
–
Haftbedingung:
–
Vorspannung:
●
Es gilt:
Prof. Dr. Wandinger
S 1< S 2 e
μ0 ϕ A
φA
A
rA
MA
S2
S 1 + S 2 S 1 −S 2
S 1 + S 2 S 1 −S 2
S 1=
+
, S 2=
−
2
2
2
2
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-12
17.08.15
3.1 Haften
●
●
–
Mit
1
1
S 0 = ( S 1 + S 2 ) , Δ S= ( S 1−S 2 )
2
2
folgt:
S 1 =S 0 +Δ S , S 2 =S 0 −Δ S
Die Kraft S0 ist gleich der Kraft, die im Riemen auftritt, wenn
kein Moment übertragen wird. Sie entspricht der Vorspannung.
Einsetzen in die Haftbedingung ergibt:
S 0 + Δ S < ( S 0 −Δ S ) e
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μ0 ϕ A
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-13
17.08.15
3.1 Haften
–
Daraus kann die Änderung ΔS der Seilkraft bestimmt werden:
μ ϕ
μ0 ϕA
e
−1
μ ϕ
μ ϕ
S 0 =S 0 tanh
( 1+e ) Δ S = ( e −1 ) S 0 → Δ S < μ ϕ
e +1
2
0
–
A
0
0
A
0
A
)
Mit S 1−S 2 =2 Δ S folgt für das Moment:
μ0 ϕ A
M A=2 r A Δ S <2 r A S 0 tanh
2
(
–
(
A
)
Durch Verwendung eines Keilriemens lässt sich erreichen,
dass der Wert des Hyperbeltangens nahezu eins wird.
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5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-14
3.1 Haften
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
17.08.15
TM 1 5.3-15
17.08.15
3.2 Gleiten
●
Gleiten tritt auf, wenn
–
das Seil über die festgehaltene Rolle rutscht, oder
–
die Rolle sich gegen das festgehaltene Seil dreht.
Seil rutscht:
Rolle dreht sich:
φ
S1
S2
S2
φ
S1
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5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-16
17.08.15
3.2 Gleiten
●
Die Reibungskraft wirkt der Bewegung entgegen.
●
Für die Seilkräfte gilt die Eytelweinsche Seilgleichung:
S 2 =S 1 e μ ϕ
●
Die größere Kraft S2 tritt auf der Seite auf,
–
nach der das Seil gleitet, bzw.
–
an der sich die Rolle entgegen der Seilkraft bewegt.
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-17
17.08.15
3.2 Gleiten
●
Beispiel: Bandbremse
–
Gegeben:
●
●
φ
r
F
L1
–
L
Prof. Dr. Wandinger
Radius r = 25 cm, Längen
L = 1,2 m, L1 = 10 cm,
L2 = 40 cm
●
Winkel φ = 220°
●
Reibungskoeffizient μ = 0,3
Gesucht:
●
L2
Kraft F = 100 N
Bremsmoment bei Drehung im
Uhrzeigersinn und gegen den
Uhrzeigersinn
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-18
17.08.15
3.2 Gleiten
–
Drehung im Uhrzeigersinn:

●
Bremsmoment:
M A=∑ M =r ( F 1 −F 2 )
A
●
Seilgleichung:
F 1 =F 2 e μ ϕ
Ax
●
A
F1
Ay
r
y
Damit folgt für das
Bremsmoment:
M A=r F 2 ( e μ ϕ −1 )
F2
x
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5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-19
17.08.15
3.2 Gleiten
●
Gleichgewicht am Hebel:
∑ M B =0
: L 2 F 2 −L 1 F 1−L F =0
→ F 2 ( L 2 −L 1 e
μϕ
) =L F
L
→ F 2=
μϕ F
L 2 −L 1 e
●
L1
y
Ergebnis:
L ( e μ ϕ −1 )
M A1 =
μϕ r F
L 2 −L 1 e
Prof. Dr. Wandinger

F1
5. Haftung und Reibung
B
L2
Bx
x
F
F2
By
L
TM 1 5.3-20
17.08.15
3.2 Gleiten
–
Drehung gegen den Uhrzeigersinn:

●
Bremsmoment:
M A=∑ M =r ( F 1 −F 2 )
A
●
Seilgleichung:
F 2 =F 1 e μ ϕ
Ax
●
A
F1
Ay
r
y
Damit folgt für das
Bremsmoment:
M A=r F 1 ( 1−e μ ϕ )
F2
x
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-21
17.08.15
3.2 Gleiten
●
Gleichgewicht am Hebel:
∑ M B =0
: L 2 F 2 −L 1 F 1−L F =0
μϕ
→ F 1 ( L 2 e −L1 ) =L F
→ F 1=
●
L
μϕ
L 2 e −L 1
F
L1
y
Ergebnis:
μϕ
L ( 1−e )
M A2 =
rF
μϕ
L 2 e −L 1
Prof. Dr. Wandinger

F1
5. Haftung und Reibung
B
L2
Bx
x
F
F2
By
L
TM 1 5.3-22
17.08.15
3.2 Gleiten
–
Zahlenwerte:
ϕ=220 °=220 °⋅ π =3,840
180 °
μϕ
e =e
0,3⋅3,84
=3,164
●
Drehung im Uhrzeigersinn:
M A1 =776,9 Nm
●
Drehung gegen den Uhrzeigersinn:
M A 2 =−55,70 Nm
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.3-23

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