Text-Bild-Ansicht Band 316

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So kann man da für alle Punkte der Federkurve von A1 bis B bilden und addieren. Man setze:

so ist:

.

Hierin ist

das Zentrifugalmoment in Bezug auf die Achsen HG und BD. Nennen wir Z das Zentrifugalmoment in Bezug auf die dazu parallelen Schwerachsen und noch g den Abstand des Schwerpunktes der Federkurve A1B von HG, so ist:

dann ist noch

so dass sich endlich ergibt:

.

Hiermit ist der von B auf HG zurückgelegte Weg σ gefunden, nämlich:

. . . . . . 11)

Alle Punkte der Federkurve werden sich infolge der Biegung der Feder biegen und wir wollen uns jetzt die Aufgabe stellen, die Lage zu bestimmen, welche der beliebige Punkt K einnehmen wird, wenn B in seine Endlage gekommen ist.

Wir wissen bereits, dass wenn die Feder im Punkte C allein elastisch ist, sich der Federteil CB momentan um

dreht, und zwar geschieht diese Drehung mit dem unendlich kleinen Winkel dτ. Es dreht sich daher K ebenfalls um
und legt senkrecht zur Verbindungslinie der Punkte
und K den Weg
zurück. Diesen Weg zerlege man parallel zu BD und zu HG in die senkrecht zu einander stehenden Komponenten, welche wir bezw. dσ1 und dσ2 nennen wollen. Sind nun u und v die Abstände des Punktes K von HG bezw. BD, so ist:

dσ1 = v . dτ

und

.

Da aber

ist, so ergibt sich:

,

und weil noch

ist, so ist:

.

Nun ist das Moment M für den Punkt C einerseits

und andererseits nach der Formel 7

Wir erhalten deswegen weiter:

und

So können wir dσ1 und dσ2 für alle Punkte, jedoch nur zwischen K und A1 bilden und einerseits sämtliche dσ1 und andererseits sämtliche dσ2 addieren. Nennen wir σ1 und σ2 die Summen, so erhalten wir endlich:

. 12)

und

13)

Hieraus lässt sich, wenn die Form der Federkurve bekannt ist, σ1 und σ2 berechnen und konstruieren. Nachdem letzteres geschehen ist, kann man endlich die Lage finden, wohin K nach erfolgter Biegung gelangt ist.

Nunmehr wollen wir noch den Winkel ermitteln, welchen die Berührungsgeraden in K in der Anfangs- und Endlage miteinander bilden. Wir hatten aber folgende Gleichung benutzt:

.

Hieraus folgt:

.

Wir müssen jetzt dγ für alle Punkte zwischen K und A1 der Feder kurve bilden und addieren. Es ist dann

der verlangte Winkel, den wir γ nennen wollen. Dieser Winkel berechnet sich aus der Gleichung:

. . . 14)

III.

Man entferne das Moment M in B und bringe statt dessen eine Kraft X an, welch HG zur Kraftlinie hat. Es wird sich nun fragen, wie gross diese Kraft sein muss, damit der Punkt B der Feder fest liegen bleibt. Die von X in einer unendlich kleinen Zeit zu leistende Arbeit ist:

, weil ja X im Punkte B des Federteiles CB angreift, und letzterer sich um
dreht. Gleichzeitig leistet P die Arbeit Pp . dα. Ist M das Biegungsmoment im Punkte C, so haben wir folgende Beziehung:

.

Nun ist

, wie wir bereits vorher schon gefunden haben. Es entsteht daher:

Pp . dα – Xx . dγ = M . dγ.

Mit Rücksicht auf die Gleichung 2 entsteht hieraus:

.

Es ist jedoch auch

. Daher ergibt sich weiter:

. . . 15)

oder auch:

.

Nennen wir wiederum dσ den von B zurückgelegten Weg, so ist dσ = x . dγ. Also ergibt sich:

.

Diese Gleichung muss man für alle Punkte zwischen A1 und B bilden und alle Gleichungen addieren. Es entsteht dann:

Hierin ist

das Zentrifugalmoment in Bezug auf die Achsen BD und HG; wir nennen es Z1 und
ist das Trägheitsmoment in Bezug auf HG als Achse; nennen wir noch T1 das letztere, so erhalten wir:

.

Nun soll der Punkt B fest sein, daher

und wir erhalten dann sofort:

. . . . . . 16)

Hiermit ist die verlangte Kraft X bestimmt.