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20.10.14
2. Reibung
●
●
●
Wenn die maximale Haftungskraft überschritten wird, ist
kein Gleichgewicht mehr möglich: Der Körper beginnt zu
gleiten.
Für die bei der Bewegung auftretende Reibungskraft R gilt
nach Coulomb mit guter Näherung:
–
Sie ist proportional zur Normalkraft N.
–
Ihre Richtung ist der Bewegungsrichtung entgegengesetzt.
Coulombsches Reibungsgesetz:
–
R=μ N
Der Reibungskoeffizient μ ist in der Regel kleiner als der
Haftungskoeffizient μ0 .
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.2-1
20.10.14
2. Reibung
●
Typische Werte des Reibungskoeffizienten μ:
Stahl auf Eis
Stahl auf Stahl
Stahl auf Teflon
Leder auf Metall
Holz auf Holz
Autoreifen auf Straße
Ski auf Schnee
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
0,02
0,1 ... 0,4
0,04
0,3
0,3
0,5 ... 0,8
0,04 ... 0,2
TM 1 5.2-2
20.10.14
2. Reibung
●
Beispiel:
–
Gegeben:
●
●
mg
F
–
Reibungskoeffizient
μ = 0,15
Gesucht:
●
Prof. Dr. Wandinger
Masse m = 100kg
5. Haftung und Reibung
Kraft F, um den Körper
mit konstanter Geschwindigkeit zu verschieben
TM 1 5.2-3
20.10.14
2. Reibung
–
Gleichgewicht:
∑ F x =0 : −R + F=0 → F =R
∑ F y =0
–
mg
x
: −mg+ N =0 → N =mg
F
Reibungsgesetz:
R=μ N =μ m g → F=μ m g
–

y
R
N
Zahlenwert:
F=0,15⋅100 kg⋅9,81 m /s 2 =147,2 N
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.2-4
2. Reibung
●
20.10.14
Zusammenfassung:
–
Haften: H < μ0 N
●
–
Grenzhaftung: H = μ0 N
●
–
Der Körper bleibt in Ruhe. Die benötigte Haftungskraft H folgt
aus den Gleichgewichtsbedingungen.
Der Körper bleibt gerade noch in Ruhe. Wenn man ihn anstößt, wird er sich jedoch wegen μ < μ0 in Bewegung setzen.
Gleiten: R = μ N
●
Gleitet ein Körper, so wirkt die Reibungskraft R als eingeprägte Kraft.
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.2-5
20.10.14
2. Reibung
●
Beispiel: Schiefe Ebene
–
m
Gegeben:
●
Masse m = 100kg
●
Winkel α = 45°, β = 20°
●
F
β
g
–
Gesucht:
●
α
Prof. Dr. Wandinger
Reibungskoeffizient
μ = 0,2
Kraft F, um die Masse mit
konstanter Geschwindigkeit
nach oben zu schieben
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.2-6
20.10.14
2. Reibung
–

F
mg
y
∑ F x =0
:
F cos (β)−R−m g sin (α)=0
R
β
α
Gleichgewicht:
N
∑ F y =0
:
−F sin (β)+ N −m g cos(α)=0
x
–
(1)
(2)
Reibungsgesetz:
R=μ N
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.2-7
2. Reibung
–
Aus Gleichung (2) folgt: N =F sin (β)+mg cos (α)
–
Einsetzen in Gleichung (1) ergibt:
20.10.14
F cos(β)−μ ( F sin (β)+ mg cos(α) ) −mg sin (α)=0
→ F ( cos(β)−μ sin(β) ) =mg ( sin (α)+μ cos (α) )
–
Ergebnis:
–
Zahlenwert:
sin (α)+μ cos (α)
F=mg
cos(β)−μ sin (β)
m sin(45°)+0,2 cos( 45°)
F=100 kg⋅9,81 2⋅
=955,4 N
s cos(20 °)−0,2 sin (20 °)
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.2-8
2. Reibung
–
20.10.14
Selbsthemmung:
●
Für cos(β)=μ sin(β) wird die Kraft unendlich groß.
●
Für
1
tan (β)≥ μ
lässt sich die Masse nicht mehr verschieben.
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.2-9
20.10.14
2. Reibung
●
Beispiel: Schublade
b
a
–
–
Gegeben:
F
e
G
●
Gewicht G der Schublade, Reibungskoeffizient μ
●
Abmessungen a, b, e
Gesucht:
●
Kraft F, um die Schublade mit konstanter Geschwindigkeit zu
ziehen
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.2-10
20.10.14
2. Reibung

b
B
R1
N3
D
A
R2
N4
S
N1
C
N2
z
R3
G
F
a
e
x
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R4
5. Haftung und Reibung
y
TM 1 5.2-11
20.10.14
2. Reibung
–
Die Punkte A, B, C und D liegen in einer Ebene parallel zum
Boden der Schublade.
–
Gleichgewicht:
D
M
∑ x =0 : −a N 1 +a N 2 =0 → N 1=N 2=N z
G
∑ F z =0 : −G+ N 1 + N 2=0 → N 1+ N 2 =2 N z =G → N z = 2
∑ F y =0
: N 3 −N 4 =0 → N 3= N 4 = N y
∑ F x =0
: F −R 1−R 2 −R 3 −R 4 =0→ F=R 1 + R 2 + R 3 + R 4
A
M
∑ z =0 : −( a+e ) F +2 a R 2 + b N y +2 a R4=0
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.2-12
20.10.14
2. Reibung
–
Reibungsgesetz:
–
1
R1 =R 2 =μ N z = μ G , R 3=R 4 =μ N y
2
Einsetzen des Reibungsgesetzes in das Kräftegleichgewicht in x-Richtung liefert
F=μ ( G +2 N y )
–
Einsetzen in das Momentengleichgewicht um die z-Achse
führt auf
−( a+e ) μ ( G +2 N y ) + aμ G+ b N y +2 a μ N y =0
eμ G
→ ( b−2 eμ ) N y −e μ G=0 → N y =
b−2 eμ
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.2-13
20.10.14
2. Reibung
–
Damit folgt für die benötigte Zugkraft:
2 eμ G
b−2 eμ+2 eμ
F=μ G+
=
μG → F=
b−2 eμ
b−2 eμ
(
–
)
μG
e
1−2μ
b
Selbsthemmung:
●
●
e
Für 1−2μ =0 wird die Zugkraft unendlich.
b
b
.
Die Schublade klemmt für e≥
2μ
Prof. Dr. Wandinger
5. Haftung und Reibung
TM 1 5.2-14
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Gesundheitswesen
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