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I WYDZIAŁY POLITECHNICZNE KRAKÓW

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BLIOTHEK

BIBLIOTEKA GŁÓWNA

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Druk. U. J. Zam. 356. 10.000.

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EINE SAMMLUNG

ELEMENTARMATHEMATISCHER AUFGABEN MIT BEZIEHUNGEN ZUR TECHNIK

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Biblioteka Politechniki Kr akowskiej

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MATHEMATISCH-PHYSIKALISCHE

BIBLIOTHEK

HERAUSGEGEBEN VON W. LIETZMANN UND A. WITTING

54

ELEMENTARMATHEMATIK UND TECHNIK

EINE SAMMLUNG

ELEMENTARMATHEMATISCHER AUFGABEN MIT BEZIEHUNGEN ZUR TECHNIK

VON

RUDOLF ROTHE

DR. PHIL., 0. PROFESSOR AN DER TECHN. HOCHSCHULE BERLIN

MIT 70 ABBILDUNGEN

1924

LEIPZIG UND BERLIN VERLAG UND DRUCK VON B. G.TEUBNER

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CT

INHALT

KO^OtV-bgc#

Aufgabe

1, 2 Querschnitt von Wellblech 3, 4 Kurven konstanter Breite .

5    Maßwerk........

6    Hochofen........

7—9 Messungen auf einer Kugeloberfläche; Sphärometer .    5

10-12 Eilinien aus Korbbögen 13—19 Wechselstromkurven; ÜberlagerungvonWechselströmen 9

20-22 Kurbelschleife............

23—28 Kurbelgetriebe............

29, 30 Dreistabgelenk..........

31, 32 Riementrieb.............

33 Stufenscheibe............

34, 35 Nürnberger Schere.........

36-39 Parabelträger, Brückenkonstruktionen .

40, 41 Durchhangsparabel.........

42 Kabelkran.............

43, 44 Günstigste Ansicht eines Bauwerkes.

45-47 Elligsenzirkel; Ovalwerk.......

t ”48 Ellip^ęnzeichner...........

49 Planetengetriebe...........

50, 51 Zahnradübertragung.........

52—57 Vermessungen im kleinen, Abstecken von Kreisbögen 38 58-61 Herstellung von Skalen 62 Querschnitt eines Stollens 63, 64 Durchbiegung der Sperrmauer einer Talsperre.... 46 65-69 Inversoren (Transformation durch reziproke Radien) . 48 70 Dreieck mit unzugänglichen Ecken

15

19

21

22

23

25

25

28

30

31

33

35

. 36

. 36

43

45

51

SCHUTZFORMEL FÜR DIE VEREINIGTEN STAATEN VON AMERIKA: COPYRIGHT 1924 BY B. G. TEUBNER IN LEIPZIG

ALLE RECHTE,

EINSCHLIESSLICH DES OBERSETZUNGSRECHTS, VORBEHALTEN

ZUR EINFÜHRUNG

Die nachfolgende Auswahl von Aufgaben ist aus einem Vortrage hervorgegangen, den ich am 23. Januar 1923 in der Berliner Vereinigung zur Förderung des mathematischen Unterrichtes gehalten habe. Über die Notwendigkeit, die Gedanken der Technik nicht nur im physikalischen, sondern auch im mathematischen Unterrichte in angemessener Weise zum Ausdrucke zu bringen, herrscht wohl jetzt in allen sachverständigen Kreisen vornehmlich der Schulmänner eine so allgemeine Übereinstimmung der Ansichten, daß diese oder jene gegnerische Äußerung von anderer Seite, selbst wenn sie unter einem wissenschaftlichen Mäntelchen erscheint, sachlich nicht mehr beachtet zu werden braucht. Denn die Schule darf sich nicht weiter der Tatsache verschließen, daß seit länger als einem Menschenalter die Entwicklung der Zeiten in dem Sinne vor sich geht, daß die Technik an die Spitze zu treten sich anschickt.

Diese Aufgaben sind für die Schüler oberer Klassen und für junge Studenten bestimmt; aber ich hoffe, sie werden vor allem auch den Lehrern Anregung geben, weitere und pädagogisch vielleicht bessere zu suchen. Denn in schulpädagogischer Beziehung halte ich mich nicht für zuständig, mehr zu sagen, als daß mir einige der Aufgaben zu schwer erscheinen, um von einem Schüler ganz ohne Anleitung gelöst zu werden. Jede erfordert übrigens eine kurze Erläuterung des technischen Inhalts, damit der Schüler verstehe, worum es sich handelt, und damit er lerne, den „Ansatz“ zu finden. Das ist der erste Zweck solcher Aufgaben. Der zweite ist, den Schüler anzureizen, daß er mit größerer Selbständigkeit die Saiten seines mathematischen Wissens und Könnens spielen läßt, um auch die zahlenmäßige Lösung zu finden. Aus eigner Erfahrung an jungen Studenten weiß ich, mit welchem Eifer sie sich zu Beginn ihres technischen Studiums auf solche Aufgaben zu stürzen pflegen, und welche Schwierigkeiten ihnen dabei begegnen; denn vorher haben sie meist nach eingepaukten Regeln und Rezepten zu arbeiten gelernt und stehen daher oft einer sehr einfachen Fragestellung der angewandten Mathematik hilflos gegenüber.

Die Aufgaben entstammen zum größten Teil unmittelbar den technischen Gebieten, oder sie stehen in der Form der Fragestellung und der Art der Lösung dem Gedankenkreise der Technik nahe. Es sind nicht „eingekleidete“ Aufgaben, wie man die oft seltsamen, am Schreibtisch ausgeheckten Tüfteleienzu bezeichnen pflegt, dieunsernSpottherausfordern, der Wertschätzung des mathematischen Unterrichtes nicht immer dienlich sind, jedenfalls mit angewandter Mathematik nichts zu tun haben.

Einige wenige mit * bezeichnete Aufgaben erfordern Differentialrechnung zur Lösung. Mehr von ihnen zu bringen erlaubte der beschränkte Umfang nicht. Auch ermuntern mich meine Erfahrungen wenig, meinerseits einer über die aller-einfachsten Sätze hinausgehenden Infinitesimalrechnung auf der Schule Vorschub zu leisten.

Wer aus diesen Aufgaben mit Erfolg etwas lernen will, darf sich nicht scheuen, alle Rechnungen, auch die zahlenmäßigen, auszuführen, die Zeichnungen und Entwürfe mit der erforderlichen Sorgfalt herzustellen und sich Modelle anzufertigen, wo das angeht.

AUFGABEN UND LÖSUNGEN

Aufgabe 1. Ein Blechstreifen soll zu Wellblech geformt werden, dessen Querschnitt (Abb. 1) aus aneinandergefügten Halbkreisen besteht. Wieviel laufende Meter glattes Blech

braucht man zu ZMeterWellblech?    ---

Lösung: Da über den Durch-messer der Kreise oder, was das- / selbe bedeutet, über die Anzahl (

Windungen auf das laufende Meter nichts ausgesagt ist, scheint die Aufgabe unbestimmt zu sein.

Es sei d dieser Durchmesser und ---

Abb. 1.

n diese Anzahl, so ist nd = Z.

Die gesuchte Länge x ist also gleich n - \d, d. h.

*=|z,

mithin genau so lang wie der Halbkreis über dem Durchmesser Z. Dies trifft zu, wie groß n oder wie klein d auch sein mag.

Aufgabe 2. Wie vorher, aber der Querschnitt des Wellblechs soll aus abwechselnd nach der einen oder andern Seite gekrümmten s Kreisbögen f vom öffnungs-winkel ф bestehen (Abb. 2).

Lösung: л:

N> :-e

MI-6

--^ Abb. 2.

• Z, unabhängig von der Anzahl der Bögen

oder von ihrem Halbmesser. Für cp —► 0 folgt daraus x —► Z.

Aufgabe 3. In dem gleichseitigen Dreieck ABC (Abb. 3 a) sei um A mit dem Halbmesser AB = a der Kreisbogen BC, um В, C ebenso die Bögen CA, AB geschlagen. Wie groß

Kurven konstanter Breite ist der Umfang des so entstehenden geschlossenen Kurvenzuges ABC Al

tu i///////////С//////////Ш(///С^?/(,С}/////////////////(////1

CL

;a

'////////

Abb. 3.

Lösung: Der Bogen BC hat den Innenwinkel 60° und es ist arc 60° = also BC — ja, somit der gesuchte Umfang

U = na,

genau so groß wie der Umfang des Kreises vom Durchmesser a.

Aufgabe 4. Um das gleichseitige Dreieck ABC in Abb.3b

mit der Seite AB = b sei zuerst der Kurvenzug ABC A umgeschrieben, wie in der vorhergehenden Aufgabe angegeben ist, und sodann im Abstand А А' = c von diesem der abstandsgleiche Kurvenzug A'A"B'B"C'C"A\ der somit aus lauter Kreisbögen besteht. Wie groß ist dessen Umfang?

Lösung: Die Bögen A'A", B'B", C'C" haben den Halbmesser c und den Innenwinkel 60°, also die Bogenlänge

£c, und die Bögen АГВ', ITC', (ГА' haben den Halbmesser b + c und den Innenwinkel 60°, also die Bogenlänge (b + c). Der gesuchte Umfang ist somit U = Tr (fr + 2 c),

genau so groß wie der Umfang des Kreises vom Durchmesser cl — b 2c.

Bemerkung. Die in den Aufgaben 3 und 4 betrachteten Kurvenzüge gehören zu den von Reuleaux entdeckten Kurven konstanter Breite. Sie haben die Eigenschaft, sich zwischen zwei festen parallelen Geraden so verschieben und drehen zu lassen, daß sie diese Geraden zwar niemals schneiden, aber doch wenigstens je einen Punkt mit ihnen gemeinsam haben. Der Abstand dieser beiden „Stützgeraden“ heißt die Breite der Kurven. Man kann zeigen, daß der Umfang einer jeden Kurve der konstanten Breite a genau gleich dem Umfang des Kreises vom Durchmesser a ist. Die beiden Stützgeraden geben eine „Kulissenführung“ für die Kurven.

X'

2L

Aufgabe 5. Die Inhalte der drei Flächenstücke x, y, z (Abb. 4) zu bestimmen, wenn die Quadratseite AB = a bekannt ist. Die Bögen sind Kreisviertel.

Abb. 4.

Lösung: Wenn man der Reihe nach das ganze Quadrat, einen Viertelkreis ABC und das Dreieck ABD ins Auge faßt, erhält man leicht folgende drei Gleichungen ersten Grades mit den drei Unbekannten

я, У, z:

4x + Ay + z — a³

3* + 2 у + z = ^a2 2 x + у + z = -|a² — -jV3a², die letzte Gleichung am einfachsten dadurch, daß man von dem Drittelkreis ABE mit dem Inhalt ja² das gleichseitige

Dreieck BED vom Inhalt jŸ3a² wegnimmt und den schraffierten Zipfel über DE um den Punkt D in die angedeutete Lage über DB herunterdreht. Die Auflösung der drei Gleichungen gibt

z = (l —Уз +-g) a\

in Zahlenwerten angenähert x ~ 0,128a², ÿ = 0,043a², z ~ 0,315 a².

Bemerkung. Bei Maßwerken an Kirchenfensternu.dgl.kommen solche Anordnungen vor.

Aufgabe 6. Nebenstehend (Abb. 5) ist i 'I der Längsschnitt eines Hochofens ge-i    zeichnet. Der Innenraum besteht aus

A-

I zwei abgestumpften Kegeln; die obere I fr und die untere Öffnung haben die Halb-Ц messer rx und r₂; die Neigungswinkel Ц der Mäntel gegen die wagerechte Ebene Щ sind a und ß; der Gesamtinhalt J. Aus Ц diesen gegebenen Stücken ist der Halb-messer r des „Kohlensacks“ zu berechnen, J desgleichen die Höhen hx und h₂. — ir* \z Zahlenbeispiel : 2 rx — 4,2 m ; 2 r₂ = 4,9 m ; - _ J а = 86°; ß = 76°; J = 572,6 cbm.

Abb. 5.

Lösung: Die Formeln für den Inhalt eines Kegelstumpfes liefern zunächst

J = у hx (r² + rf + rrx) + ~ 1ц (r² + r\ + rr₂). Außerdem ist

hx = (r — fî) tg а, Л₂ = (r — r₂) tg ß;

führt man diese Werte in J ein, so entsteht eine Gleichung zur Bestimmung von r, aus der sich leicht ergibt:

VI

4«/ + r?tga-|-rf tgp

tg « + tg ß

Nachdem der Wert von r berechnet ist, kann man hlt Л3 aus den vorstehenden Formeln ermitteln.

Bei der zahlenmäßigen Berechnung benutzt man nicht etwa fünf- oder gar siebenstellige Logarithmen, sondern den Rechenschieber. Man erhält

r = 3,429 m; hx = 19,06m; Л₂ = 3,93 m,

wobei die letzten Stellen nur geschätzt sind, überdies kaum noch praktische Bedeutung haben.

Aufgabe 7. Mit welcher Zirkelöffnung muß man auf einer Kugel vom Halbmesser R einen Kreis beschreiben, wenn sein wahrer Halbmesser den Wert r erhalten soll?

Abb. 8.

Lösung: Es sei PQ = x (Abb. 6, Querschnitt der Kugel) die gesuchte C. Zirkelöffnung. Im Dreieck PDC hat / man    /

JF-

4

D\

und daher im rechtwinkligen Dreieck

PCP'

X* = 2R ■ PD = гнуX* - r\

-V|----

Abb. 6. P>

Daraus erhält man, da für x nur positive Werte in Betracht kommen,

x = V 2R(r + Ÿ R* — r²).

Wenn man PD = R- Vr² - r\ P'D = R + VP* - r beachtet, so erkennt man, daß dem Minuszeichen unter der Quadratwurzel für x die Strecke PC, dem Pluszeichen die Strecke PC' — P'C zukommt. Jede dieser beiden Zirkelöffnungen liefert einen Kreis vom gewünschten Halbmesser. Diese Aufgabe ist eine Vorbereitung zur folgenden Aufgabe 8. An einem Stück einer Kugelfläche soll man durch Messungen mit dem Zirkel auf ihr den Kugeldurchmesser in der Weise bestimmen, daß man zuerst mit irgendeiner Zirkelöffnung p um irgendeinen Punkt P auf der Kugel einen Kreis schlägt, auf diesem irgend drei Punkte A, B, C annimmt (Abb. 7) und deren gegenseitige Abstände a, b, ć mit dem Zirkel und Maßstab mißt. — Zahlenbeispiel: p = 10 cm, a = 16,75 cm, b = c — 10 cm.

fr,

lin

y-

Ali

\>

Abb. 7.

Lösung: Nach der vorhergehenden Aufgabe 7 hängt der Kugeldurchmesser d, die Zirkelöffnung p und der wahre Halbmesser r des mit p geschlagenen Kreises durch die Gleichung

•*

p² = d -l/p² — r²

zusammen. Andrerseits ist r der Radius des dem Dreieck ABC mit den Seiten a, b, c umgeschriebenen Kreises (Abb. 8), daher ist abc

r — —-— ........-    ,

4 |/s (s — a) (s — b)(s — c)

2s = a + b4-c.

wo

Mithin ist

P² : j/p

a²ö²c²

16s (s — a) (s — b)(s — c)’

Das Zahlenbeispiel liefert s = 18,375, s — a = 1,625, s — b — s r² = 83,726 cm², d = 24,79 cm. Man kann auch d aus p und r zeichnerisch bestimmen, wie die Abb. 9 erkennen läßt, die weiter nichts ist als ein Teil der Abb. 6.

Aufgabe 9. Bestimmung des Durchmessers eines Stückes einer Kugelfläche (Linse) mit dem Sphärometer. Dieses Werkzeug besteht aus einem Tischchen mit drei scharf zugespitzten Füßen, deren Spitzen ein gleichseitiges Dreieck ABC bilden; ein vierter, senkrecht zur Dreiecksebene in der Höhe verschiebbarer Fuß kann mit seiner Spitze P diese Ebene im Schwerpunkte D des Dreiecks ABC treffen. Man setzt das Sphärometer erst auf die Kugelfläche und verschiebt den Mittelfuß so lange, bis alle vier Fußspitzen A, Bt Су P die Kugelfläche berühren (Abb. 10); sodann setzt man es, ohne die Ein- /

Stellung zu verändern, ^ auf eine Ebene und mißt ^ die Seitenlängen AB — BC — CA = a des Dreiecks und den Abstand PD ==p der Fußspitze P von der Ebene. Wie berechnet sich der Kugeldurchmesser aus a und p?

Abb. 9.

L JT

P'

c — 8,375 cm,

Ctr

"ЪШ.bt

V>

'li-

CL

\\\

Abb. 10.

Lösung: Aus der Abb. 9 liest man ab: p² = pd und p² = r² -j- p², daher

Hierin ist r als Halbmesser des dem gleichseitigen Dreieck ABC umgeschriebenen Kreises

gleich yj/З; demnach wird

a² + 3p²

а²

оСл

зр + Р-

In der Technik kann manchmal eine Ellipse durch eine Eilinie ersetzt 4 werden, die aus „Korbbögen“ zusammengesetzt ist. Darunter versteht man Kreisbögen verschiedenen Halbmessers, aber so aneinandergefügt, daß sie in den Ansatzpunkten gemeinsame Tangenten haben. Auf solche „Ersatzellipsen“ beziehen sich die folgenden Aufgaben.

Aufgabe 10. Welche Beziehung muß zwischen den Radien С, А = rx und C₂B = r₂ bestehen, damit der Korbbogen APB ein Viertel einer Ersatzellipse mit den Halbachsen OA = a, OB = b darstelle? (Abb. 11.)

Lösung: Das Dreieck CxOC₂ hat die Hypotenuse CXC2 — r₂ — rx und die Katheten OCx = а — rlt OC₂ — r₂ — b.

Mithin ist (а — r^² + (r₂ — bf = (r₂ — rx)²,

was sich auch in der Form

3p

/.

l2

/.

/.

rz

Abb. 11.

schreiben läßt. Da auf der rechten Seite übrigens eine positive Größe steht, so müssen gewiß b — rx und r₂ — a dasselbe Vorzeichen haben.

Aufgabe 11. Die Öffnungswinkel а und ß der Bögen AP und BP seien gegeben, wobei а + ß =y. Man stelle

Tu r₂ durch a, b, а dar.

Lösung: Es ist

cos а =

a — rt Ъ — rx »

r₂ — b

sm« = —,

daher wird

Eilinien aus Korbbögen a — a sin a — b cos a

*i —

i — sin a — cos a

1*2 =

b — b cos a — a sin a

1 — sin a — cos a ’

mithin auch b — rx — {b — a)

1 — sina

1 — sin a — cos a *

r₂ — a — (b — a)

1 — cos a

1 — cos a — sin a ’

l'a — rt =

1 — cos a — sin a ’

a — rl = (b — a)

cos a

1 — cos a — sin a ’

sina

1 — cos а — sin а

r₃ — b — (b — a)

Aufgabe 12. Man berechne die Halbmesser der Korbbögen nach den Konstruktionsangaben der Abb. 12 und 13. Wie groß sind die Flächeninhalte der Ersatzellipsen?

Ь — аУ3

1 —Уз ’

r₂ = 2 Г =

Lösungen: a) zu Abb. 12. Es ist a = 60°, r₁ = r, r₂ = 2r, mithin cos a = j, sin a = \]/3, r₂ — rx = r. Danach wird q (2 — Уз) — b ¹    1 —1/3    ’

also nach Division beider Seiten

b = —-д^— а = 0,756 а,

und damit

г = та.

Der Flächeninhalt eines Viertels setzt sich aus den Flächen der Kreisausschnitte ACXP und PCtB, vermindert um das Dreieck CjOC₂ zusammen. Danach ist die Gesamtfläche

№)-(*—И)-¹

a²~ 2,408 • а². Vergleichsweise ist der Inhalt der wahren Ellipse mit den ⁴ ₃^~~о gleich nab » 2,375a².

J=4

oder

'(т1г3+У1^²“

т(²'—гУ*)

Halbachsen a und b =

b) zu Abb. 13. Es ist a = 45°, rt — r, r₂ — 2 r wie vorher, also cos a=sin а = jj/2, r₂ — rt = r. Danach wird

CL

OL

---,

t)

A*

✓

⁴    *5°

>L'

Abb. 12.

„___fl (2 — ]/2) — b У2

¹ 2 (1-1/2)

woraus

und weiter

Abb. 13.

_ fr (2 — У 2.) — а У

2(1— V2)    ’

b = i^| а = (5 - 3]/2) a ~ 0,757 а

r = (2 —1/2) а ä 0,586 а.

,    r₂= 2r

N»!

Die Gesamtfläche der Ersatzellipse ist

J = 4 (ттг! + T7(2r)! ~jń ⁼ (т* - *) r*

oder

Vergleichsweise ist der Inhalt der wahren Ellipse mit den Halbachsen a und b = { 5 — 3 ]/2) а gleich тс ab ~ 2,379 a².

J = (5тг - 2) (3 - 2 У 2) а² = 2,352 а!.

Ein Wechselstrom ist ein elektrischer Strom, dessen Stromstärke sich mit der Zeit in periodischer Wiederkehr ver-

⁽\

Abb. 14.

ändert. Wenn man die Zeiten t als Abszissen und die zugehörigen Stromstärken J als Ordinaten aufträgt, erhält man die Stromkurve des betreffenden Wechselstroms. Die Abb. 14 gibt beispielsweise eine Stromkurve einer Drehstrommaschine wieder. Die Zeitspanne, die verfließt, bis die Stromstärke J ihren Wert zum ersten Male wieder annimmt, heißt die Periodenzeit Г; ihr reziproker Wert у = л drückt aus, wie oft in der

Zeiteinheit (1 Sekunde) diese Wiederkehr eintritt, und heißt daher die Periodenzahl. Bei dem Wechselstrom der Charlottenburger Zentrale ist T = ^ Sekunde, n = 50; dieser Strom hat 50 Perioden in der Sekunde.

Die einfachste periodische Funktion ist die Sinusfunktion. Man betrachtet daher in der theoretischen Elektrotechnik zuerst solche Wechselströme, deren Stromkurve eine Sinuskurve ist (sinusförmiger Wechselstrom, Sinusstrom). Aufgabe 13. Einen Entwurf der Stromkurve

J = J₀ sin t + Ф₀)

herzustellen, worin die„Scheitelstromstärke«/₀» die„Perioden-

zeit“ T und die „Anfangsphase“ <p₀ gegebene Konstanten sind; die Zeichnung ist zu erläutern.

Lösung: Siehe Abb. 15. Die Ordinaten (Stromstärken) erhalten ihren Höchstwert J₀, wenn der Sinus den Wert + 1 annimmt. Das findet statt, wenn sein Argument (die „Phase“

... und

des Stromes) + cp₀ die Werte y, y^, ^y,

Зтг 7тг

•

- CM

ÿ .. erreicht, d. h. wenn t folgende Werte an-

.    /ТГ \ T T    T T

nimmt: t =    (y ~    Фо]    = T “ 2^ Фо'*    ⁼⁵ 4 ” 2i Фо’ * *    •

f Der tiefste Wert — J₀ wird erreicht, wenn sin (yr t+Ф₀)

Vo

den Wert — 1 annimmt, I j₀ \ was bei den Phasenwerten I \    Зтг 7я

2 »•

5ir

Vo

Vo

2 >    2 f • • •

Abb. 15.

der Fall ist. Das findet zu folgenden Zeiten statt: t" = 3 у — ^ cp₀, t"" = 7 у — ~ cp₀,.... Die Stromkurve schneidet die Zeitachse, wenn der Sintis ver-

schwindet. Das ist der Fall, wenn die Phase gleich Null oder irgendein Vielfaches von тг ist, z.B. wenn t die Werte t0f tut₂,tSl...

annimmt, wo *о = -2^⁽РоЛ=2^(-Фо + 1Т):=-2^Фо + -у »

U = 2^(~ Фо + 2тг) = — ^cp₀ -j- T, t₃ =^(- Фо + Зтт) T 3

= — 2^ф₀ 4* 2 • • • ist. Die Stromkurve schneidet die J-Achse

für t = 0 und J — Jq sin ф₀. Die Periodenzeit ist T, denn der Sinus ist periodisch mit der Periode 2тг des Arguments

2 л

у * 4* Фо, also mit der Periode Г der Zeit t.

2

Zur Abkürzung werde -y = w gesetzt, so daß J =

J₀ sin (in t 4- Фо) die Gleichung der Stromkurve eines Wechselstromes darstellt.

Zwei Wechselströme Jx = J₀ sin (wf + cpx), J₂ = J₀ sin (int 4" ф₂), die sich nur durch ihre Anfangsphasen unterscheiden, heißen: in der Phase verschoben; ihre Stromkurven sind völlig kongruent und können durch eine bloße Verschiebung längs der ż-Achse zur Deckung gebracht

werden. Die Größe dieser Verschiebung ist ф*--ш ф1. Wenn

zwei oder mehrere Wechselströme durch dieselbe Leitung fließen, so addieren sich in jedem Augenblick ihre jeweiligen Stromstärken, und so entsteht die Stromstärke des Gesamtstromes (Überlagerung der Stromstärken).

Aufgabe 14. Emen Entwurf der Stromkurve herzustellen, die durch Überlagerung zweier Wechselströme J₁ — J₀ sin (tu t 4" Ф1) und J₂ — J₀ sin (tu ^ 4- cp₂) entsteht, die sich nur in der Phase unterscheiden.

Jo

\U

i ^

л..

z Abb. 16. ?

Lösung: Siehe Abb. 16. Man füge für genügend viele Abszissen t die zugehörigen Ordinaten Jl und J₂ mit dem Zirkel aneinander, wobei auf das Vorzeichen von J₁ und J₂

zu achten ist. Es entsteht die gestrichelte Kurve. Sie hat dieselbe Periodenzeit T— 2 tt/uu wie die beiden gegebenen Stromkurven.

Aufgabe 15. Man soll die Scheitelstromstärke 3o und die Anfangsphase ф₀ der Stromkurve berechnen, die durch Überlagerung der beiden Wechselströme Jx — J₀ sin (ou t + cpj) und J₂ = JQ sin (ouf -f- qp₂) entsteht.

Lösung: Setzt man 3 ⁼⁼ 3o sin (wf + Фо)> so muß sein

3 = Л + J», d. h.

3o (sin out • cos Ф₀ + cos ouf • sin Ф₀)

=JQ(sin ou t • cos ф^сов ou t • sin ф^вт ou t • cos Ф₂+соз ou f • sin ф₂).

Da nun diese Gleichung für alle Zeiten, d. h. für beliebige Werte von t bestehen soll, also z. B. für t = 0, wo sin ou t = 0,

und für t — 2~, wo cosuuf = 0, so müssen sowohl die Faktoren von sin ou t, wie auch die von cos ou t beiderseits übereinstimmen, wodurch man erhält:

3₀cos ф₀ = J₀(cos Ф! + cos ф₂) = 2 J₀cos ф*    cos ф1 g--²

cos

3osin Ф₀ = »/о(sin Фх + sin Ф₂) = 2 J₀ sin—

Hieraus läßt sich 3o berechnen, indem man beiderseits die Quadrate bildet, addiert und die (positive) Quadratwurzel zieht :

3₀ = 2J₀cos^l~¹-

Setzt man diesen Wert wieder ein, so darf man beiderseits durch 2t/₀cos--—₂ Фг dividieren, wenn dies von Null ver-• schieden ist, und erhält

sin ф₀ = sin ф1 \ Ф?,

cos Ф₀ == cos

<Pi 4~ Ф»

2 »

also, bis auf Vielfache von 2tt,

<Pi + Ф*

Фо =

Wenn jedoch cos⁹¹ = 0 ist, dann verschwindet J₀, und für Ф₀ ergibt sich gar kein bestimmter Wert. Dieser Fall ■trifft ein, wenn ф1 ₂~ф- = ~ ist, d. h.

stromloser Zustand (Abb. 17).

Durch Überlagerung zweier sinusförmigen Wechselströme mit derselben Scheitelstromstärke, derselben Periodenzahl, aber mit dem Phasenunterschiede tt entsteht in dem Leiter ein

Aufgabe 16.

1 Abb. 17. Z

E\n Drehstrom ist _\! ein System von A drei Wechsel- j strömen derselben Periodenzahl mit einem gegenseitigen Phasenunterschiede von 120°. Man soll zeigen, daß für gleiche Scheitelstromstärken bei Überlagerung der drei Sinusströme in einer Leitung dort kein Strom fließt. Man fertige einen Entwurf an.

Lösung: Die drei Wechselströme, aus denen der Drehstrom zusammengesetzt ist (seine „Phasen“), mögen die Stromkurven Jx — J₀ sin (tu t + (Pi), J₂ = J₀ sin (uuć -f- cp₂), J₈ = J₀ sin (tu t + Ф₃) haben, wobei ф₂ — Фх = ф₃ — ф₂ = Ф1 — Ф₃

2 тг

= -g- sein soll. Man kann daher schreiben Jx — JQ sin (tuf 4* фх)

J₂ = J₀ sin (tut + Ф1 + ^)

= J₀ (sin (tu t -f- фх) cos ^ -j- cos (tu< + фх) sin J₃= J₀ sin (tut + Ф! —

{u)t + фх) sin

= J₀ (sin (tu t + Ф^ cos ^ — cos

Nun ist aber cos^ = — y. Daraus folgt sofort, was zu zeigen war:

*Л"Ь«4"Ь^з⁼⁼0.

3 Abb. 18.    1

Die Abb. 18 zeigt den ver- ¹ i langten Entwurf, ein für die Lehre vom Drehstrom grundlegendes Bild.

Aufgabe 17. Wie groß sind die Phasenunterschiede dreier sinusförmiger Wechselströme derselben Periodenzahl

Math.-phys. Bibi. 54: Rolhe, Elementarmathematik u.Technik 2 und derselben Scheitelstromstärke, wenn bei ihrer Überlagerung in einer Leitung kein Strom hindurchfließen soll.

Lösung: Man setze wf + 9i= Ф, Ф₂ — Ф1 = а, Ф1 —Ф3 = ß, so sind die drei gegebenen Ströme Jt = J₀ sin ф, J₂ = J₀ sin (Ф + a)» Л = Л sin (Ф ~ ß)* Zerlegt man die beiden letzten Sinusfunktionen und bildet die Summe der drei Ströme, so erhält man

Л+«/₈+«/3=*/₀ [sin Ф ( 1 + cos а+cos ß) -j- cos Ф (sin a—sin ß)].

Soll diese Summe zu allen Zeiten, d. h. für beliebige Werte von t und daher auch von Ф, gleich Null sein, so müssen die Faktoren von sin ф und cos Ф beide verschwinden, d. h.

1 + cos а cos ß = 0 sin а — sin ß = 0.

Daher wird bis auf Vielfache von 2n, auf die es hier nicht ankommt, ß - а und cos а = - \, d. h. а = Ц. Man erhält

also den in der vorigen Aufgabe betrachteten Drehstrom als alleinige Lösung.

Aufgabe 18 (Erweiterung der Aufgabe 15). Zu zeigen, daß durch Überlagerung zweier beliebiger sinusförmiger Wechselströme derselben Periode wiederum ein sinusförmiger Wechselstrom dieser Periode entsteht. Man bestimme seine Scheitelstromstärke und Anfangsphase, und zeige, daß sich die Scheitelstromstärke aus denen der gegebenen Ströme genau so bestimmen läßt wie die Resultante zweier Kräfte, deren Richtungen überdies durch die Phasen der Ströme festgelegt sind.

Lösung: Die beiden gegebenen Ströme seien Jy = A sin (ш t + a), J₂ = В sin (ш t + ß).

Der zusammengesetzte Strom ist

J=Jl+J₂= sin ш t (A cos a -f-В cos ß) + cos w t (A sin a -f- В sin ß). Nun setze man

so wird

A cos a -f В cos ß = J₀ cos Ф0 * A sin а + В sin ß = J₀ sin ф₀, J = J₀ sin (uj t + ф₀),

also ein Sinusstrom der Periode w. Um Scheitelwert J₀ und Anfangsphase cp₀ zu bestimmen, quadriere und addiere man beiderseits die Gleichungen *, so wird

J₀ =]/A² + 2 AB cos (ß - a) + B\

Abb. 19.

'z I

ß'&.

Damit ist auch qp₀ durch cos cp₀, sin cp₀ eindeutig bestimmt. Division von * würde eine einfachere Formel für tg cp₀ ergeben, aber man darf nicht vergessen, daß die Kenntnis von tg cp0 allein nicht genügt, um qp₀ eindeutig zu bestimmen (Abb. 19).

Aus dem Kräfteparallelogramm

---£ Abb. 20 ergibt sich J₀ sogleich als

Größe der Diagonale nach dem Kosinussatze. Man bemerkt, daß J₀ nur von dem Phasen-unterschied der beiden gegebenen Ströme abhängt.

Aufgabe 19. Unter welchen Bedingungen entsteht bei Überlagerung zweier Sinusströme derselben Periode ein stromloser Zustand?

Lösung: Aus den Formeln* der vorigen Aufgabe folgt wegen J₀ = 0

sin (ß — a) = 0,

also ß — a entweder 0 oder тг und dem- Dp nach entweder А + В — 0 oder А — В = 0. _ 7ÎL\

Beide Ergebnisse führen auf den bei Auf- 4 gäbe 15 besprochenen Fall.    '

Aufgabe 20. Der Punkt P (Abb. 21) bewegt 1 sich mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit uj auf einem Kreise vom Halbmesser a um den Mittelpunkt 0. Ein in ihm angebrachter Stift

В/f>c

/В

cC

Abb. 20.

ff

g Abb. 21.

spielt in dem Schlitz der bei A und В senkrecht geführten Kurbelschleife. Man soll die Bewegung irgendeines Punktes der auf- und niederschwingenden Kurbelschleife bestimmen

mm

*7

\ĆL

-----i

■w

\-CL

№U

*4~ ~A

Abb. 22.

und zeichnerisch darstellen.

Lösung: Jeder Punkt der Kurbel-£ £_ schleife bewegt sich genau ebenso, wie "5 sich der lotrechte Abstand s des Punktes P von der Mittellage Ox der Schleife mit der Zeit ändert. Der Abb. zufolge ist s = a sin cp.

Der von P in der Zeit t durchlaufene Bogen ist awf, andrerseits ist er a(qp —cp₀), wenn r ф₀ der Winkel ist, der die Anfangslage (zur Zeit t — 0) von P bestimmt. Daher ist Ф = wt + Ф₀, also

s — a sin (ш / -+■ Фо)*

Die zeichnerische Darstellung (Abb. 22) ergibt eine Sinuslinie vom Scheitelwert a und der

2ti

Periodenlänge —. Das Argument (die „Phase“)

verschwindet für t gleich — — = t₀, und man kann damit auch schreiben

s = a sin Ш (t — t₀).

.i

Abb'. 23.

Aufgabe 21. In der Abb. 23 ist ein Rührwerk mit großem Hub entworfen. Über zwei von einem Motor mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ш gedrehten Rollen vom Halbmesser a ist ein Band gespannt, an dem bei P ein Stift befestigt ist. Dieser greift in den Schlitz einer Kurbelschleife ein, deren Stange am unteren Ende den Ringrührer R trägt. Man soll die Bewegung dieses Rührers erklären und durch eine Zeit-Weg-Kurve darstellen. (Verlängerte Kurbelschleife).

Lösung: Der Ringrührer bewegt sich genau so auf und nieder, wie der lotrechte Abstand s des Punktes P, dessen Bahngeschwindigkeit auu ist, von der Mittellage Ox der Schleife angibt. Befindet sich P in der Lage 0 zur Zeit t = t₀, so ändert sich s auf dem Wege 01 nach dem Gesetz s = aw {t — t₀). Da in der Lage 1 s = q ist, so ist der zugehörige Zeitpunkt t gleich q/au}-\-tQ — t₁. Während P den

Halbkreis 12 beschreibt, ändert sich sein lotrechter Abstand 5, den Überlegungen der vorigen Aufgabe entsprechend, nach dem Gesetz s — q — a sin uj {t — /x); in der Lage 2 ist

s — q, und daher der zugehörige Zeitpunkt t gleich ^

= t₂. Auf dem geradlinigen Wege 23 befolgt s wieder ein lineares Gesetz: s-g = -aw(f-/₂); hiernach ist s wieder

zu Null geworden zur Zeit t gleich g/aiu-t-f₃ —2<7/aw-|-™ + t₀, und an der Stelle 3, wo s gleich — q ist, ist t gleich ⁼ liïf + £ + *o = *«• Wenn jetzt P den Halbkreis

34 beschreibt, ist s + q = a sin in (t — ts); an der Stelle 4 ist s gleich — q, also t gleich t₃ + - J    ~ + t₀ = h-

Schließlich längs der Wege 40 und 01 ist jetzts+qf=aw(f— ć₄), an der Stelle 0 ist s gleich 0 und jetzt t

gleich £+4=^

+ ^-И₀, an der

Stelle 1 ist s gleich q und jetzt t gleich

+ «.-*•

'Vt

+ «.-*•

Und so geht das Spiel in regelmäßiger Wiederkehr weiter.

Die Zeit-Weg-Kurve besteht aus Geraden und daraufgesetzten Sinuslinien, wie die Abb. 24 zeigt.

Wie ist die Lösung, wenn die beiden Rollen verschiedene Durchmesser haben? Und wie in den beiden umstehend ab-geb.ldeten Fällen?

o—

-T'

b»

♦Г"

■p-

Abb. 24.

"Aufgabe 22. Man soll die Geschwindigkeiten und die Beschleunigungen bestimmen und zeichnerisch darstellen, mit denen die in den Aufgaben 20 und 21 ermittelten Bewegungen der Kurbelschleife vor sich gehen.

Lösung: Es ist die Geschwindigkeit v — -rr und die Be-d V

schleunigung iv =    Für die einfache Kurbelschleife

wird also

V — auu cos ш (t — t₀), iv — — am² sin ш (t — t₀) = — иd²s. Für die verlängerte Kurbelschleife hat man dagegen vonf=^₀bis^=^: v = a w к „

w=Q

t₂: v = avJCOSU){t—t₁),iv= — au)²s\nu)(t—tl)

——w²(s— q)

w=0

^4 »»

tb: v — ~ аш t₄: u = au)cosw(f — t₃),w=—aw²sinw(f— tz)

=—u>*{s+q)

tb : v — cnи

iv—0

und so fort in periodischer Wiederholung. Vgl. Abb. 25; die Zeit-Beschleunigungskurve ist hier zwar noch stetig, hat aber Ecken.

V.

---1^

;l__L . _

t

4

Abb. 25.

Das Schubkurbelgetriebe (Abb. 26) besteht aus der um den festen Punkt О drehbaren Kurbelstange О C von der Länge r, aus der Schubstange CK von der Länge l und dem Kreuzkopfe K, der sich auf einer durch О gehenden Geraden bewegt.

Aufgabe 23. Den Weg OK = s des Kreuzkopfes in Abhängigkeit vom Kurbelwinkel cp darzustellen. Man führe das Längenverhältnisr:Z=X ein; bei Dampfmaschinen ist X ^ 1:5. Entwurf einer Zeichnung.

Lösung: Der Kreuzkopfwinkel sei ip, dann ist aus der Abb. 26 unmittelbar zu entnehmen

s = r sin qp + / cos ip.

Aberin dem Dreieck OCKisi\=r:l=sin vp:coscp, mithin s = r sin cp -f- /]/1 — X² cos ²qp

s = l (x sin Ф +Ÿ1 — X² cos ²ф).

Übrigens unterscheidet sich der Weg des Kreuzkopfes vom Kolbenweg nur um ein konstantes Stück.

Aufgabe 24. Die beiden Totlagen, A die innere, В die äußere, ergeben sich für qp = Ir 90 °; für welchen Kurbelwinkel steht der Kreuzkopf genau mitten zwischen den beiden Totlagen?

Lösung: Die Mitte von OA = l — und О В = I -f- r ist l. Für s = I wird

sin cp = £ X.

Für X = 1: 5 erhält man sin cp = 1 : 10, cp = 5°44'.

4ММФ³

£-1

oder

A4t

111

!?r

: \i

Abb. 26.

Aufgabe 25. Für welche Stellung des Kreuzkopfes ist die Schubstange Tangente des Kurbelkreises?

Lösung: Das Dreieck OCK ist dann bei C rechtwinklig, also r : l = \ — tg vp = tg cp, s — l: cos cp oder

s = Z]/i -F X².

Für X == 1:5 ergibt sich s== 1,02-Z, cos cp = 0,98, cp = 11⁰ 20 '

Aufgabe 26. Man denke sich im Punkte C einen Stift angebracht, der im Schlitz einer Kurbelschleife (Aufg. 20, Abb. 21) gleitet, wie in der Abb. 26 punktiert angedeutet ist. In welcher Beziehung steht die Schwingung DC = и der Kurbelschleife zur Schwingung OK=s des Kreuzkopfes des Kurbelgetriebes?

Lösung: Es ist и = r sin cp. Die Elimination von cp aus dem Ergebnis der Aufg. 23 liefert die gewünschte Beziehung

(f-₂H)=,-XS.

Wie kann man sie unmittelbar aus dem Dreieck КОС entnehmen? (Anwendung des Kosinussatzes!)

Aufgabe 27. Die Gleichung der Kurve aufzustellen, die ein beliebiger Punkt P der Schubstange eines Kurbelgetriebes К beschreibt (Abb. 27); danach ist die Kurve zu konstruieren.

CL

ЯР.

---1---1A£

Lösung :PQ—y setzt sich aus zwei Teilen zusammen: у — QR 4* RP =rsincp 4- b cosip. Nun ist OD von О aus im Ver-,y, hältnis а : b geteilt, wo a-\- b — l ist, daher ist x : a — r cos cp : Z

oder

4-

’iii.

i e;j>

li D

für r : l = X, und es ist / & sin ip = mithin wird

у = r j/î

л:³

iW*

Abb. 27.

yx und ÿ₂ genannt, dann ist y —    4- z/₂>

JEl . b1_ i iL.M-1

(ka)³ + r>    a³ + b³ ~ b

Die beiden Summanden von y seien

fß'

a.

Abb. 29.

Aufgabe 29. Den geometrischen Ort des Punktes P zu s bestimmen, der sich in der Mitte der Hängeschiene eines Dreistabgelenkes mit gleichen Schenkeln f у befindet (Abb. 29).    *

CL

Diese beiden Gleichungen stellen 2wei Ellipsen dar, deren Halbachsen bekannt sind, und die sich daher leicht zeichnen lassen. Wenn man die zur selben Abszisse x gehörigen Ordinaten unter Berücksichtigung *-c/ des Vorzeichens aneinander trägt, erhält man Д einen Punkt der Kurve des Kurbelgetriebes.

Diese selbst ist vom vierten Grade. Die T a äußersten Werte, die y annehmen kann, ent- \ sprechen den beiden Totlagen des Kreuz- | koptes K; daher ist b — r < y < b + r. j Mithin darf der Wurzelausdruck y₁ beide Vorzeichen, y₂ aber nur positive Werte annehmen. Damit keine der beiden Wurzeln i \ imaginär werde, muß — Xa<x< + Xasein (\ < 1 vorausgesetzt).

Aufgabe 28. Die Gleichung der Kurve aufzustellen, die ein beliebiger Punkt P der Schubstange eines exzentrischen Kurbelgetriebes beschreibt (Abb. 28).

Lösung: Man findet ähnlich wie vorher

y = r]/l -

Abb. 28.

r.

!'~x

N.

wobei a + b — l, \ — r : l, y = m:l gesetzt ist. Auch diese Kurve läßt sich durch Überlagerung zweier Ellipsen finden. Man zeichne im besondern den Fall, wo X -f ц = 1 ist.

(s — m-q)

(\ay

a* »

Lösung: Die Dreiecke AF₂Ft und AF₂B sind symmetrisch kongruent, und da OP — г die Seitenmitten verbindet, ist Dreieck О SP gleichschenklig, also OS = SP (=u), Y = 2cp. Aus dem Dreieck SAFX entnimmt man nun nach dem Kosinussatze

b² = (a + u)² + (a — u)² — 2(a + u) (a — u) cos 2q>.

Ferner ist r sincp = usinY = 2u sincp cos cp, also r = 2ucoscp, falls Ф + o; daher folgt

b² = 4a² sin²cp + 4u² cos ²cp = 4a² sin ²cp + r², r² = b² — 4 a² sin ²q>.

Dies ist die Gleichung des gesuchten Ortes in Polarkoordinaten. Die Kurve heißt Lemniskatoide und geht für b = aY2 in die Lemniskate r² = 2a²cos2q> über. Die Kurve geht nur dann durch den Nullpunkt, wenn b<2a ist. Warum?

Bemerkung: Man kann sich leicht ein Modell des Dreistabgelenks aus drei Pappstreifen anfertigen, die man bei Fx, Ft mit Reißnägeln befestigt, und deren Gelenke bei A und В man durch umgedrehte Reißnägel herstellt.

Aufgabe 30. Zu zeigen, daß bei der Lemniskate das Produkt PFt • PF₃ einen konstanten Wert hat.

Lösung: Aus den Dreiecken POFu POFg ist ersichtlich;

PF² • PF\ = r² (r² - 2 a² cos 2 cp) + a\

PF\ — r² + a² + 2 ar cos cp, PF\ = r² + a² — 2 ar cos q>. Daher

Bei der Lemniskate verschwindet der Klammerausdruck.

Aufgabe 31. Riementrieb. Die Länge eines Riemens zu bestimmen, der über zwei Riemenscheiben von den Halbmessern R und r und dem

Achsenabstand c straff gelegt werden soll, a) bei offenem (Abb. 30), b) bei gekreuztem Riemen (Abb. 31).

Lösung: a) Der spitze Winkel im rechtwinkligen Dreieck mit der Hypotenuse c ist gegeben durch

R — r sin cp = ——,

Abb. 30.

so daß also cp = arc sin

Abb. 31.

ist. Mithin wird die Riemenlänge

l — 2 Ус² — (R — r)² + 2 (R — r) arc sin +⁷¹ (Я + r).

R4-r

b) Hier ist der entsprechende Winkel Ф = arc sin—~, l = 2 ]/c² — (R + r)² — 2(R + r) arc sin + 2тг(R -f- r).

Man bemerkt, daß im Falle а) l — 2тгг eine Funktion der Differenz R — r, und im Falle b) l selbst eine Funktion der Summe R r ist.

Aufgabe 32. Die Länge l eines Riemens und der Achsenabstand der beiden Riemenscheiben seien gegeben. Man soll die Halbmesser R, г der beiden Riemenscheiben als Funktionen der Winkel q>, Ф der vorhergehenden Aufgabe darstellen; a) bei offenem, b) bei gekreuztem Riemen.

Lösung: a) Die Länge der Tangente zwischen den beiden Scheiben (Abb. 30) ist gleich \l — R ^y + <p) — r (y — cp) ;

aus dem rechtwinkligen Dreieck ersieht man, daß sie gleich c cos Ф, und daß R — r = c sin Ф ist. Daraus folgt

2R = J- — 2^ (cosФ — (у - ф) sinф)

2r = у — 2— (cos ф + (y + ф) 8Шф).

b) Hier ist entsprechend \ l — R (n — ф) — г (тг — ф) = c cos Ф, R -F r == c sin Ф, aber eine Darstellung von R, r durch Ф ist hier nicht möglich. Das konnte schon aus der Schlußbemerkung zur Lösung der vorhergehenden Aufgabe gefolgert werden. Denn danach muß bei festem l und c auch die Summe der Halbmesser R + r konstant bleiben, wenn der Riemen gekreuzt ist. Übrigens ist

l — 2c (cos ф + (тс — ф) sin ф), daher bei gegebenen l:c auch Ф bestimmt.

Aufgabe 33. Stufenscheibe. Eine antreibende Welle, die и Umdrehungen in der Minute macht, trägt eine Stufenscheibe aus n Einzelscheiben; die Durchmesser der n Scheiben sind, der Größe nach geordnet, du ds,... dn.

Parallel dazu in richtiger Gegenanordnung (Abb. 32) befindet sich eine zweite Stufenscheibe mit denselben Stufen, aber in entgegengesetzter Reihenfolge. Wenn derselbe gekreuzte Riemen benutzt werden soll, muß \ nach den beiden vorhergehenden Auf-m-- — gaben die Summe der Durchmesser je // zweier gegenüberliegender Riemenscheiben konstant (= C) sein. Die Geschwindigkeit der angetriebenen Welle soll bei jeder folgenden Über-Setzung in demselben Verhältnis v wachsen. Wie sind die Durchmesser der Scheiben zu wählen? Welches sind die Umdrehungszahlen? — Zahlenbeispiel: n = 4, v = 2.

Lösung: Sind ux, щ,... un die Umdrehungszahlen der n Scheiben, so ist udx = u„dn, ud₂ — un_xdn_x,.. .udn = uxdx. Daraus durch Multiplikation

u¹¹ = щщ ... un, uxun_x+1 = u²

= Un «и-i

^ = Vх-¹ für X = 2,3,.

Щ Щ . . . Un    i₊2 + ... + (7l_l)

щп~1 v

„ n n(.n-1)

Un= UXV 2    ,

n-1

U= Ux V 2~,

7    ”+1

Ux = U • V 2 .

Hierdurch sind schon die einzelnen Umlaufszahlen bestimmt:

Ti

(1)

Abb. 32.

Ferner soll — = Us

= v sein, daher

.. n,

und weiter

71 (TI — 1)

= V——,

also wegen (1)

(2)

. Un =

Ui    yvn~ i ’ u% Yvn~³ ’ * *

Aus dx + dn — d₂ +    = • • • = dn + dx — C folgt we

gen udx = un^x + xdn_x+x nach (1):

Cuji—x+i _

u + u7I_z+i ~ u + u*’

daher nach (2)

dx —

X-ï±±'

Nürnberger Schere

womit die Scheibendurchmesser gefunden sind:

dt

1-ny

d₂ —

.. - n > •

1 -J- V 2

.. dn =

n — 1 * 1 -j- V 2

l-j-V 2

Das Zahlenbeispiel ergibt:

щ = \V2Uj щ = jŸ2 и, щ = Ÿ2 и, щ = 2)/2u; d. h. щ ~ 0,3535u, 0,107 u, u₃ = l,414u, h₄~2,82Su; di — 0,739 C, d₂ = 0,586 C,    ~ 0,414 C, dŁ~ 0,261 C.

Aufgabe 34. Nürnberger Schere. Was für eine Kurve beschreibt der Punkt Pn, wenn A₀ festgehalten wird und Ax, A₂,... sich auf einer Geraden bewegen (Abb. 33)?

Lösung: PQ hat die Koordinaten x0 = a cos qp, y₀ = a sin cp, bewegt sich also auf einem Kreise. Pn hat die Koordinaten xn = a cos cp, yn = (2 n -f- 1) a sin cp, bewegt sich also auf der Ellipse x*

a²    (2n -j- l)²a²

Von ihr kommt praktisch wohl nur ein Bogen in Frage.

*Aufgabe 35. Mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich der Punkt An, wenn die Schere mit konstanter Winkelgeschwindigkeit w geöffnet wird?

Lösung: Wenn die Zeit t von Beginn der Öffnung gerechnet wird, ist cp = wt; An hat die Höhe s = 2na sin cp = 2na sin uuf, also ist die Geschwindigkeit ds

V =    — 2паш cos шt.

\y

V--

У*

= 1.

Г

I OL

Abb. 33.

dt

Aufgabe 36. Von dem umstehend entworfenen Parabelträger (Abb. 34) mit der Spannweite l und der Pfeilhöhe f, der in 2n gleichbreite Felder geteilt ist, sind die Längen aller Vertikal- und Diagonalstäbe zu berechnen. Zahlenbeispiel: l — 20 m, f = 5 m, n — 4.

Lösung: Abszissen und Ordinaten werden von der Träger-mitte aus gerechnet. Gleichung der Parabel:

v-f{ 1-4$.

Breite eines jeden Feldes b —

daher Länge des (von der Mitte aus) Xlen Vertikalstabes:

ДЛ\/

о à X,

Abb. 34.

Ух

Länge der Diagonalen

4 n*’

n*

(X—1,2,...л —1)

dt- |/V!(l

•i-yV'O

Zahlenbeispiel: b = 2,5, y₁ — 4,69, y₂ = 3,75, #₃ = 2,19, ⁼ 5,60, dg ==s 5,31 ⁼ ßj, c?3 œ= 4,51 ⁼ ßg, ⁼ 3,32 ==s ß₃.

O & X,

Ü3L

Abb. 35.

Aufgabe 37. Von dem nebenstehend entworfenen parabolischen Sichelträger (Abb. 35) sind die Längen aller Vertikal- und Diagonalstäbe zu berechnen (2 n Felder). Zahlenbeispiel: / = 20 m, f — 2 m, f' — 3 m, n — 4.

Lösung: Die Gleichung der oberen Parabel ist

»=</•+n{i

die der unteren y' = f (l — 4    •

Die Länge des Xten Vertikalstabes ist danach (für x — \b

=4)

Vi = Vx- У я

Die Längen der Diagonalen sind

^я=У(^-1-г/я')² + Ь

)+r

(2\ —

n*

W₊_!l

У ' 4 n*

«я=У(!/я-Уя-1)² + ⁰²

Zahlenbeispiel: b = 2,5, ÿt = 4,685, ÿ₂ — 3,75, y₃ — 2,185; !/' = 2,81, y₂ = 2,25, ÿś ⁼ 1 »31 ; = 3,32, d₂ = 3,485, d₃ = 3,49, d₄ = 3,32;    = 3,02, e₂ = 2,67, e₃ — 2,50,

(Sehne) e₄ = 2,82.

Aufgabe 38. Die Brücke bei Grünenthal über denKaiser-Wilhelm-Kanal hat etwa die Form des Entwurfes 36. Man soll aus den angeschriebenen Angaben die Gleichung der

Parabel und ihre-

Schnittpunkte mit der Fahr- ^ bahnachse bestimmen.

Lösung: Gleichung der Parabel

У = V - (p + q) (у) ‘

у verschwindet für

t»

и.

-p-

Ą-

Abb. 36.

Aufgabe 39. Die Längen der Diagonalstäbe und die Winkel, die sie mit der Fahrbahn einschließen, für die nebenstehende Brückenkonstruktion zu berechnen. Spannweite 21, Anzahl der gleichbreiten Felder 2 n, Pfeilhöhe p; jede der mittleren Diagonalen überspannt r Felder, jede der äußeren s Felder. (Abb. 37.)_

Abb. 37.

(r-f-s)y

n¹

Lösung: Mittlere Diagonalenlänge D = j/p² + ^ Winkel gegen die Fahrbahn a = arc tg (yy) ; äußere Diagonalenlänge d = "j/p² (l -Winkel ß = arc tg fêj? (l - (Ц^У) ) •

Aufgabe 40. Die Gleichung der Durchhangsparabel von

der Form

y = a + ßx -ł-Y*2 einer Hochspannungsfernleitung nach den Angaben des Entw. 38 X aufzustellen, wo p die Pfeilhöhe, l die Spannweite, h den Höhenunterschied der Aufhängepunkte bedeuten.

Lösung: Die Parabel y = a -f- ßjc Y*² hat ihren tiefsten Punkt bei

fy, ymin = a-fy, wobei Y>0.

Nun ist y = о für X = о und y = h für x = l, daher a = о, h — ßf + Y J².

_ W__;

V-

-i

-H

Abb. 38.

(ß/)² + 4p (ßl) — 4ph = o, ß/ = 2p (w 1), wenn zur Abkürzung w = У1 + h/p gesetzt wird. Daher

Ferner ymin = — p, also p = |y T    mithin gilt zur

Bestimmung von ß

woraus

T/² = p (w — l)²,    ₂

also

у = 2p (w — 1) у -f- p (tu — l)² (y) •

Jedem der beiden Vorzeichen, die die Quadratwurzel tu annehmen kann, entspricht eine Parabel, aber nur eine kommt in Frage, wenn der tiefste Punkt eine positive Abszisse haben soll. Denn dann muß

— ß/2 Y > о

sein, also ß und y entgegengesetztes Zeichen haben. Nun istp> o, also Y > o, daher muß ß < о sein. Da aber tu dem absoluten Werte nach größer als 1 ist, kann ß nur dann negativ sein, wenn tu das negative Vorzeichen hat. Also gilt hier nur die Parabelgleichung

у = - 2p (l + Vl + h/p) j +p (l + Vl + h/pУ (у)²-

Die Parabel

Der tiefste Punkt liegt bei x —

schneidet noch einmal die Abszissenachse bei л: —    ²¹

Aufgabe 41. Die Gleichung der Durchhangsparabel von der Form p = а + ß x-f y x2 einer Drahtleitung nach ^ den Angaben des Ent-wurfes 39 aufzustellen,    |

wo p den parallel zur ^ |

Verbindungsgeraden    $

der Aufhängepunkte angezielten Durchhang, 'ifp h den Höhenunterschied der Aufhängepunkte, l die Spannweite bedeuten. Wo liegt der tiefste Punkt?

Math.-phys. Bibi. 54 : Rothe, Elementarmathematik u. Technik 3

i + yi+ft/p

\y

<7

IT

Abb. 39.

'Z,

Kabelkran

Lösung: Die Zielrichtung hat den Anstieg ft/Z. Die Parabeltangente mit diesem Anstieg berührt im Punkte mit der

Abszisse x =w- Es ist also a = о, A = ßZ4-YZ⁸, -!r — p

Daraus bestimmt sich

ß/ = h - 4p,

Y Z² = 4 p,

y =(h- 4p) y + 4p (y)'-

= 4 + T(j)’.

somit ist

Der tiefste Punkt hat die Abszisse

4p — h

* = -ß/2f--₈-

und liegt nur dann zwischen о und Z, wenn h < 4p ist.

Bemerkung. Zur Konstruktion des Parabelbogens beachte man, daß der Schnittpunkt S der Anfangs- und Endtangente in der Verlängerung des Durchhangs nach unten um sich selbst liegen muß. Beweis? _

Aufgabe 42. Ein Tal wird durch eine kreisförmige Sperrmauer abgeschlossen, so daß eine Talsperre entsteht (Wasser-

seite nach dem Äußeren des Kreisbogens). Zum Heranschaffen der Baustoffe bedient man sich

ty

О'-

___ manchmal eines

---» Kabelkrans, der

2Л

1/

Abb. 40.

— x aus zwei beiPund R auf Geleisen fahrbaren Gerüs-ten u. zwischengespanntem Tragseil mit Laufkatze besteht, das den zu erbauenden Kreisbogen an der Baustelle bei В berührt. CC' und

DD' sind gerade Geleise, M C und ND Bogenstücke. Die Gestalt

dieser Kurven ist aus der Bedingung zu bestimmen, daß PR die konstante Seillänge 2 b in jeder Stellung beibehalten soll (Abb. 40 im Grundriß), a Halbmesser des Kreises, CD — C'D' — 2b Abstand der geraden Gleisführung.

Lösung: Für die Koordinaten von P gilt längs CM

(1)

(2)

X cos cp -j- y sin Ф = a, y + b = 2 b cos ф.

Denn P liegt auf der Geraden PR mit der Gleichung (1) in der Hesseschen Normalform, während (2) dem rechtwinkligen Dreieck zu entnehmen ist, in dem die Hypotenuse PR = 2b und der < P = ф ist. Die Koordinaten von R genügen längs DN denjenigen Formeln, die sich ergeben, wenn man Ф mit — ф und y mit — у vertauscht. Da у seinen Höchstwert b für ф = о, cos ф = 1 annimmt, wozu X = a gehört, ergibt sich der Punkt C, und der Anschluß des gekrümmten Geleises an den geraden TeilCC' geschieht bei C ohne Knick. Um den Punkt M zu finden, in dem die Kurve den Kreis berührt, so muß dort x — a cos Ф, y = a sin Ф

sein, und die Formel (2) liefert у — 2—x — b. Das ist aber

die Gleichung der Geraden СЯ, deren Schnitt mit dem Kreise also den Punkt M ergibt.

Man kann auch ф aus (1) und (2) wegschaffen, so daß sich die Gleichung vierter Ordnung

(x² + #²) (y + bf — 4abx (y + b) + 4b² (a² — #²) = о

ergibt. Aber für die Rechnung ist damit nicht viel gewonnen. Man entwerfe die Kurve in ihrem weiteren Verlauf auch über

MC hinaus. So z. B. wird y = o für cos ф = {, sin ф = ^]/3, x=2a,und wenn со$ф-*о,ф-*тг/2,sh^->l,so wird#-*—b, x -> oo, d. h. die Kurve nähert sich asymptotisch der unteren Gleisgeraden; usw.

Aufgabe 43. Auf einer Landstraße soll eine Stelle P so bestimmt werden, daß von dort aus die Vorderseite Aß eines Schloßgebäudes am günstigsten, d. h. unter möglichst großem Gesichtswinkel erscheint (Abb. 41).

1. Lösung (elementar): Zu Jedem Punkt P' der Landstraße, von dem aus AB unter dem Winkel cp erscheint, gehört ein zweiter P" mit derselben Eigenschaft; sie sind die Schnittpunkte des Kreises, der über der Sehne AB den Winkel cp als Randwinkel faßt, mit ^ der Straßenachse.

Гтп

^ ____

Abb. 41.

\o

, cp nimmt stetig ab, wenn P' und P"sich nach entgegengesetzten Richtungen entfernen, und nimmt stetig zu, wenn P\ P" einander näher kommen. Ein größter Wert wird in dem Grenzfall eintreten, wenn P' und P" in einen Punkt P zusammenrücken, d. h. wenn der Kreis über der Sehne AB die Straßenachse berührt. Man muß noch zeigen, daß <pm wirklich der größte aller Gesichtswinkel cp ist. Im Dreieck A Q В ist Q — cpm als Randwinkel desselben Kreises, also istcpm + <A -j-< ß = 180°; im Dreieck AP' В ist aber cp-|-«$:A4-e-|-<£.B = 180°, also qpm = cp -|- e; cpm übertrifft also jeden anderen Sichtwinkel cp.

*2.Lösung: Aus den Dreiecken OAP', OBP' und ABP' (Abb. 42) liest man der Reihe nach ab

kB

P’

iJ

T Abb. 42.

u² — a² + r² — 2ar cos а v² = b² + r² — 2br cos а c² — и² + V² — 2uv cos cp,

daraus ergibt sich durch Addition wegen c = b — а

<x

uv cos cp

L_

= r² — (а -j- b) r cos a ab.

Nun ist der Inhalt des Dreiecks A BP' sowohl gleich \uv sin cp als auch gleich \ch = \cr sin a, daher иV sin cp = er sin а.

Division ergibt

ctg ф

r* — (a-\-b)r cos a -|-ab

er sin a

=tLï(r+4-⁽-a+b)cosa}

Soll qp möglichst groß werden, so muß ctg Ф und also r + — = f (r) möglichst klein werden. Es muß daher f (r)

ab

= 1 -77 = 0,

t=Y ab ab

wird wirklich der kleinste Wert von f (r), der größte von Ф erhalten. Das Ergebnis r = Y~äb tritt auch unmittelbar an der Abb. 41 zutage, wo der Tangentenabschnitt OP die mittlere Proportionale zwischen den beiden Sekantenabschnitten О A und OB ist.

Aufgabe 44. In welchen Abstand von einem auf einem Sockel stehenden Bildwerk muß ein Beschauer treten, damit es ihm unter dem größten a &

Gesichtswinkel erscheint? J (Regiomontanus = Johannes c '

Müller aus Königsberg im ([

Herzogtum Coburg, 1436... aji fr 1476, hat schon diese Auf- 9 gäbe gestellt.)

Lösung: Die Aufgabe ist ein Sonderfall der vorigen für а =тг/2; c bedeutet die Höhe des Bildwerkes, a den Höhenunterschied zwischen dem Auge des Beschauers und dem Sockel. Ergebnis r = Yäb, wo b = а + c. (Abb. 43.)

sein, und weil f" (r) = 2 75-,

Abb. 43.

Aufgabe 45. Eine Strecke AB = c = p -h q gleitet mit ihrem einen Endpunkt A auf der x-Achse, mit dem andern В auf der y-Achse. Mit ihr fest verbunden durch das Lot r ist der Punkt C; was für eine Kurve beschreibt er? (Abb. 44.)

Lösung: Die Koordinaten vonCsindx =pcosa + rsin a, у = q sin a -f- r cos a, woraus qx — ту = (pq — r²) cos a, rx — py = — (pq — r²) sin a folgt. Somit ist

(qx — ту)² + (rx — py)² — (pq — r²) die Gleichung der Kurve. Führt man noch die Seiten des Dreiecks, BC = a, AC — b ein, so daß p² + r² = a²,

q² + r² = b², a²b² — r²c2 — (pq — r²)², so geht die Gleichung über in

-~~ъс

: 7h \

Ф Abb. 44.

'-4

b²x² — 2crxy + a²y — (pq — r²)² = o.

Das stellt einen Kegelschnitt dar. Er zerfällt in eine (doppelte)

Gerade y =—x, wenn pq — r²

= о ist, d. h. wenn das Dreieck ABC bei C rechtwinklig ist. Sonst ist er eine Ellipse, deren Mittelpunkt in О liegl; denn die Gleichung bleibt bei gleichzeitiger Vertauschung von x mit — x und y mit — у ungeändert.

Wenn r — o, also p — a, q=b ist, wird die Ellipsengleichung

— + É.— i

а* ^ b* ¹

erhalten. Darin liegt eine bekannte Konstruktion der Ellipse:

Вы

Æ"

^—7м _n

Ox und Oy sind jetzt die Hauptachsen (EllipSenzirkel).

B\

x'

/\

\\

<?A

Aufgabe 46. Über der Strecke AB, deren Endpunkte wie in der \ vorhergehenden Aufgabe auf den Koordinatenachsen gleiten, als Durchmesser konstruiere man den Kreis (Mittelpunkt M) und ziehe den Durchmesser A₀ MCB₀. Wie bewegen sich die Punkte A₀, B₀? Man benutze die Ergebnisse der vorigen Aufgabe. (Abb. 45.)

Abb. 45.

Lösung: Da die Dreiecke AA₀B, ABqB bei A₀ und B₀ rechtwinklig sind, beschreiben die Punkte A₀ und Bq gerade Linien, die durch 0 gehen und aufeinander senkrecht stehen.

Folgerung: Da C auf der Strecke A₀B₀ liegt, deren Endpunkte auf den beiden zueinander senkrechten Geraden ОЛ₀, OB₀ gleiten, so hat die von C beschriebene Ellipse die Hauptachsenrichtungen ОЛ₀, OB₀ und die Hauptachsenlängen CB0t CA₀; sie ist danach leicht zu zeichnen.

Aufgabe 47. Ovalwerk von Leonardo da Vinci (1452 ... 1519). ^

Abb. 46.

Eine Kreisscheibe (Abb. 46) ist exzentrisch bei A in Drehung versetzt und bewegt dabei die beiden Backen 3333, die durch ein Querlineal fest — verbunden sind. Das Querlineal gleitet geradlinig durch einen Schieber bei A, der an der Drehung nicht teilnimmt.

Auf dem Querlineal kann durch Schraubzwingen ein zu bearbeitendes Werkstück mit ebener, zur Scheibe paralleler Fläche befestigt werden. Die Scheibe trägt bei C einen Stichel. Was für eine Kurve ritzt er in die ebene Fläche ein?

IX

Lösung: Denkt man sich das Werkstück festgehalten, dagegen den Punkt Л beweglich, dann gleitet Л auf der Mittellinie des Querlineals, während die Mitte der Scheibe, В, die Mittellinie zwischen den Backen durchläuft. Die Strecke AB läuft also mit ihren Endpunkten auf zwei zueinander senkrechten Geraden, und jeder mit ihr festverbundene Punkt C beschreibt nach Aufgabe 45 eine Ellipse, abgesehen von dem Ausnahmefall der Geraden. Der Stichel ritzt also eine Ellipse ein.

(X.

Abb. 47.

Aufgabe 48. Ellipsenzeichner. In dem in der Abb. 47 dargestellten Gelenkmechanismus, wo OC = CA = a ist, bewegt sich C auf einem Kreise um О, Л gleitet auf der x-Achse. Welche Kurve beschreibt PI

Lösung: C hat die Koordinaten a cos cp, a sin cp, also hat P die Koordinaten x — {a — b) cos cp, y — (a + b) sin cp, daher das ist eine Ellipse.

Der Ellipsenzeichner ist leicht aus zwei Holzstäben und einigen Nägeln herzustellen und ist besonders zum Aufreißen großer Ellipsen brauchbar, wie sie beim Gewölbebau Vorkommen. Wenn man OC bis N um sich selbst verlängert, ist NP die Ellipsennormale in P. Beweis?

Aufgabe 49. Planetengetriebe. Ein Kreis (Abb. 48) vom Halbmesser OM — \a rollt (ohne zu gleiten) im Innern eines

B,

4L

Kreises vom Halbmesser OAt = a. Was für eine Kurve beschreibt irgendein mit dem rollenden Kreise fest verbundener Punkt C?

Der äußere, feste Kreis ist ein — Zahnrad mit inneren Zähnen, ^ der bewegliche Kreis ein gewöhnliches Zahnrad.

Abb. 48.

Xs

Уг

{а — Ь)г ^ (ab)*

1,

Lösung: Wegen der Gleichheit der abgerollten Bögen ist < A₀MB = 2 q>, und da das Dreieck OMA₀ gleichschenklig ist, so ist der Winkel OA₀M auch gleich cp, also liegt A₀ auf der Geraden OAx. Ebenso liegt Bq auf der Geraden OBx. Zwei Punkte der Geraden А₀В₀ gleiten also bei deren Bewegung auf zwei senkrechten Geraden Ox, Oy, also beschreibt nach Aufgabe 45 der Punkt C eine Ellipse, außer wenn er auf dem Umfang des beweglichen Kreises liegt; dann beschreibt er eine durch О gehende Gerade.

Man kann also dieses Getriebe benutzen, um eine drehende Bewegung in eine elliptische oder in eine geradlinige zu verwandeln.

Aufgabe 50. Zahnradübertragung. Eine Anzahl (m) paralleler Achsen sind durch (m — 1) Paare von Zahnrädern miteinander verkuppelt, wie die Abb. 49 zeigt. Die Anzahlen der Zähne seien n₁,vl für das erste Paar, n₂,v₂ für das

zweite usw.,nm_lf vm_₁ für das (m— l)4e Paar. Mit welcher Winkelgeschwindigkeit dreht sich die mte Achse, wenn die der ersten, w,, gegeben ist?

Lösung: Sind ud„ uj₂, ... wm as die Winkelgeschwindigkeiten der 7Z'/

Achsen, so ist

W&

UJjH! = U^Vi,

ш₂п₂ = w₃v₂,. . .

^m—l^m—1    шт^т—1*

Daraus folgt durch Multiplikation das Übersetzungsverhältnis

w₃* Abb. 49.

ZZZZa

шт __ П, П₂ ... nm_1 ” V1VJ ...vm_i

Bemerkung. Im Maschinenbau ist die Zahl der Zähne aus Gründen der Festigkeit nicht unter 10, bei Uhrwerken nicht unter 6, das Übersetzungsverhältnis eines Paares von Zahnrädern in der Regel nicht über 12 : 1. Man kann daraus entnehmen, wieviel Achsen nötig sind. Z. B. wenn man das Übersetzungsverhältnis 1 : 60 (oder 60 : 1) hersteilen will, wie es bei Uhrwerken vorkommt, wird man mehr als zwei Achsen nehmen. Wenn bei drei Achsen щ — 6, щ = 6, uj₃ : uut = 1: 60 sein soll, hat man 1: 60 = 36 : v, v₂ oder vt v₂ = 60 • 36, also z. B. v, = 45, v, = 48.

Bei Kunstuhren kann das Übersetzungsverhältnis ein Bruch sein, dessen Zähler und Nenner sehr große teilerfremde Zahlen sind, z. B. bei der Straßburger Uhr soll das Verhältnis Vorkommen, wo sogar 1439 eine Primzahl ist. Ein Rad von 1439 Zähnen würde sehr schwierig herzustellen sein. Man benutzt dann die in der folgenden Aufgabe behandelte epizyklische Zahnradübertragung.

Aufgabe 51. Epizyklische Zahnradübertragung. Auf einer Achse (1), die sich mit der Winkelgeschwindigkeit u> dreht, sitzen fest ein Rad und drehbar zwei Räder mit щ und n2 Zähnen, deren Winkelgeschwindigkeiten ouj und ш₂ sind. Das feste Rad führt exzentrisch eine zweite, zur ersten parallele Achse (2) mit sich, auf der fest zwei Räder mit vx und v₂ Zähnen sitzen, die mit den Rädern (щ) und (n₂) gekuppelt sind. Man soll die Beziehung zwischen den Winkelgeschwindigkeiten aufstellen. (Abb. 50.)

Lösung: Die Winkelgeschwindigkeit, mit der sich die

(1)

Vf

1ШПК! ' i 1 ГТП1

cv₇

(2)

]D

I Ml Hli

Abb. 50.

Achse (2) um sich selbst dreht, sei w; da sie mit der Winkelgeschwindigkeit u) herumgetührt wird, drehen sich die Räder (nx) und (n₂) in bezug auf sie mit den Winkelgeschwindigkeiten 1% — ш und ш₂ — uu. Also ist

(шх — ш) nx = wvx und (w₂ — w) n₂ = wv₂,

daher

— Ш _ v₂ nx

UJj — Ш

oder

ш₂

”iv2— - n₂Vi- = nLv₂ - щ\х.

Sonderfälle : Wenn das Rad n₂ festgehalten wird, ist u)₂=0, also

üi __ ni v» Щ vi nLv₂

Wenn außerdem nx = v₂ = n, n₂ = n — 1, vt = n -p 1, so wird

Wj _ 1

пг

Zahlenbeispiel:    (vgl. Aufgabe 50). Setzt man

v₂ = 3485 = 41 • 85, so hat man щ\х == 2046 = 33 • 62. Man kann also nehmen nx = 41, n₂= 62, vx = 33, v₂ = 85.

А,

Die folgenden Aufgaben beziehen sich auf „Vermessungen im kleinen“.

Aufgabe 52. Den Halbmesser eines gezeichneten flachen Kreisbogens mit unzugänglichem Mittelpunkt durch Messung

von Sehne u. Pfeilhöhe zu В bestimmen. Lösung: Man mißt die Sehne s zwischen irgend zwei vorher angemerkten Punkten und die zugehörige Pfeilhöhe p mit dem Zirkel und einem Transversalmaßstab.

(Abb. 51.) Aus der Abb. 52 ersieht man

il , Ł.

8p '    2

p

Hr¹-*

Abb. 52.

Abb. 51.

r-p

daher

-p*

Aufgabe 53. Einen gezeichneten flachen Kreisbogen mit unzugänglichem Mittelpunkt von einem gegebenen Anfangspunkte an in Grade einzuteilen.

Lösung: Man bestimmt den Halbmesser nach der vorhergehenden Aufgabe 52, berechnet sodann die zu 1° ge-hörige Sehne ff = 2r

0,017454-r

und trägt sie von dem gegebenen Punkte aus ab. Zur Probe berechnet man Zwischensehnen für 2°, 3° usw.

Aufgabe 54. Abstecken eines Kreisbogens. Zwischen zwei zeichnerisch gegebene Punkte А, В beliebig viele Punkte einzuschalten, die auf einem Kreise von zahlenmäßig gegebenem Halbmesser r, aber unzugänglichem Mittelpunkt gelegen sind.

Lösung: a) Durch die Sehne. Man zieht und mißt zuerst Aß — s, berechnet

sodann aus s und г den zum Bogen AB gehörigen Innenwinkel <p:

7*⁴

'фу

Abb. 53.

. ф    S

sm 2    2r *

1st P irgendein Zwischenpunkt und hat der zugehörige Bogen AP den Innenwinkel cp, so ist der Winkel a als Peripheriewinkel über dem Bogen PB, dessen Innenwinkel cp — cp ist, gleich -§(cp — cp), also (Abb. 53)

er = 2r sin y •

Man trägt demnach den Winkel a in A an die Sehne AB an und auf seinem anderen Schenkel die Strecke AP = er ab, wodurch P bestimmt ist, ohne daß man den Mittelpunkt des Kreises benutzt.

b) Durch Koordinaten. Nach der Abb. 53 ist

Ф — Ф

X = 6 cos a = 2r sin y

y — er sin a = 2r siny sin ^y —,

wodurch die Lage von P bestimmt ist.

c) Durch die Tangente. Man bestimmt zuerst die Tangentenrichtung im Punkte A durch Anlegen des Winkels

COS-y

ВЛС = у, wählt den Winkel Ф, berechnet AC= t-тtgу,

trägt an die Tangentenrichtung in C den Winkel ijj an, wodurch die Richtung CP bestimmt ist; das Abtragen von

cA p

CP — t bestimmt den Punkt P (Abb. 54).

7»\

Aufgabe 55. Einen flachen Kreisbogen mit unzugänglichem Mittelpunkt abzustecken, wenn drei seiner Punkte zeichnerisch gegeben sind.

Abb. 54.

wo s = {(a + b +c).

Lösung: Man verbindet die drei Punkte zu einem Dreieck, mißt dessen drei Seiten a, b, c und berechnet den Halbmesser des umgeschriebenen Kreises etwa nach der Formel _abc_

T 4j/s (s — a) (s — b)(s — c)’

Danach verfährt man wie in der vorhergehenden Aufg. 54. Bemerkung. Die Messung der Winkel des Dreiecks, die man

sonst benutzen könnte [r== ^ s^n a' usw-^ ist hier nicht angängig,

A

уТЛ

weil zwei der Winkel zu klein sind, der dritte sich von einem gestreckten zu wenig unterscheidet.

Aufgabe 56. Tunnelabsteckung. Zwei Punkte des Geländes, A und В, sind durch ihre Koordinaten (лca, Уа), (xb, ув) in bezug auf irgendein rechtwinkliges Koordinaten-гЯ system gegeben, ferner 1 _ zwei durch sie hin-Rich-ihre

Т/П

— >z

P ¹ \t.

V \#/l /

УД. N

T-""

'Vt

Abb. 55.

durchgehende tungen durch Winkel &a, &B mit der positiven Richtung der x-Achse (z.B. dem Meridian SN). Man sollA mitB durch einen Tunnel verbinden, der aus einem Kreisbogen vom Halbmesser r und den beiden gegebenen Richtungen als Tangenten zusammengesetzt ist (Abb. 55).

Abstecken von Kreisbögen

Lösung: Aus den Koordinatenwerten von A und В findet man zunächst die Entfernung

AB = c=V(xb — хаУ + (Ув - VaY

und den Winkel ft, den diese Dreiecksseite mit der positiven x-Achse einschließt:

Ув-Уа

xB — xA

cos ft =--c-, sin ■fr =

längen

In dem Dreieck ABC, wo C den Schnittpunkt der beiden Tangentenrichtungen bedeutet, sind nunmehr bekannt: Seite c und ihr Gegenwinkel Y = #л + ftß, ferner die Winkel а = ft — тг — ß = ft -f- ftß. Daher kann man die Seitensin а _sin ß

sin y C’    sin y C

berechnen. Jetzt ist es leicht, die Ansatzpunkte des Kreisbogens, A₀, B₀, festzulegen. Denn für CA₀ — T = CB₀ findet man

■9л -l-'O'ß

T = г ctg j = r tg = t ctg

demnach AA₀ — b — T, BBQ = а — T, wodurch A₀ und B0 bestimmt sind. Nunmehr kann man einen beliebigen Punkt P des Kreisbogens nach Aufgabe 54 Lösung a) oder c) finden; entweder indem man in A₀ an die Richtung AA₀ den

Winkel у anlegt und auf dem andern Schenkel die Sehne а = 2r siny

abträgt, oder indem man AA₀ um das Stück t = r tgy

verlängert, den Winkel ip anlegt und auf seinem andern Schenkel nochmals t abträgt.

Aufgabe 57. Wieviel Punkte braucht man mindestens, um einen Kreisbogen vom Halbmesser r und dem Öffnungswinkel cp abzustecken, der die mittlere Führungslinie eines Tunnels der gegebenen Breite h darstellt, ohne den Tunnel zu erweitern; a) bei Benutzung der Sehnen, b) der Tangenten? (Abb. 56.)

Abstecken von Kreisbögen Lösung zu a): Ist ф der Öffnungswinkel eines Bogens AP, er die Sehne AP, p ihre Pfeilhöhe, so ist

p = r (l — cos

f)-

Damit die Sehne noch im Tunnel gezogen werden kann,

mußp<£ft sein,

also

COS

yt>l _A

2 — ¹ 2t

/ /ft

//

4:

Die Anzahl der erforderlichen Punkte ist

>7

■*R].

wo

dieses Zeichen entweder die

ganze Zahl bedeutet, die gleich ^ ist, oder die größte ganze Zahl, die < ist.

Zu b): Ist C der Schnittpunkt der beiden Tangenten in A und Q, q seine radiale Entfernung vom Kreisbogen AQ, X der zugehörige Öffnungswinkel, so ist

1 — cos x/2 * = r •-EÏÏSXT2—

Abb. 56.

Damit noch C innerhalb des Tunnels liegt, muß q<ih sein,

also

‘+fr

-(‘-£) = rfL

' 2t

cos

h}

Bemerkung. Weil

r>°

¹⁺è

ist, muß im Falle der Tangenten der größte zulässige Winkel x kleiner gewählt werden als im Falle der Sehnen der größte zulässige Winkel ф, und es sind also in jenem Falle mehr Punkte erforderlich als in diesem.

1+*

Eine Funktionsskala der Funktion y = f(x) wird hergestellt, indem man auf einer Geraden den Funktionswertffr) in Längeneinheiten abträgt und den Argumentwert x daranschreibt. Die Skala eines gewöhnlichen Rechenschiebers liefert ein Beispiel dafür.¹)

Aufgabe 58. Eine Strecke AB = 5 cm soll mit einer solchen Skala versehen werden, daß an jedem Punkte abgelesen werden kann, in welchem Teilverhältnis der beiden Abschnitte die Strecke durch ihn geteilt wird.

Lösung: Ist P irgendein Punkt der Strecke, AP = y, und x die Skalenstelle von P, so soll y : (AB — y) = x sein,

daher ist

•AB.

Abb. 57.

Zur Herstellung der Skala verfährt man entweder rein rechnerisch, oder man stellt sie geometrisch her. In A legt man irgendeine gleichmäßiggeteilte Skala AC an, zieht durch В zu ihr die Parallele, macht BS = А1 (auf der Skala AC) und verbindet S mit den Teilpunkten der Skala AC. Beweis folgt leicht aus der Ähnlichkeit der Dreiecke SP В und QPA. (Abb. 57.)

A u f g a b e 59. Ein horizontal gelagerter zylindrischer Kessel ist mit Flüssigkeit gefüllt. Ein Schwimmer soll nicht nur den jeweiligen Flüssigkeitspegel, sondern auch den Flüssigkeitsinhalt anzeigen. Die Skala ist herzustellen. (Abb. 58.)

Lösung: Die vorhandene Flüssigkeitsmenge V ist das Produkt aus der Länge des Kessels l und dem benetzten Querschnitt, einem Kreisabschnitt vom Öffnungswinkel qp, also

V = £ а² (ф — sin tp) • /. Die Pegelhöhe ist z = a (l —

cos

!)•

3o

У.

20

10

-L.i_J_L_l.i_J_J. _L .

o 10 20 30 <Ю SO 60 70 80

Um die Skala für die praktische Benutzung brauchbar herzustellen, berechnet man für genügend viele Winkel <p zwischen 0° und 360° die Werte von z und V, trägt sie als

Ы.

75

iS

70

CO

50

40

30

20

10

2:1

о io го зо ia so 60 п во

Abb. 58.

Koordinaten in Gitterpapier ein und verbindet sie mit dem Kurvenlineal durch eine glatte Kurve. Aus dieser entnimmt man zu runden Werten von V die zugehörigen Werte von z. Dies ist in der Nebenfigur (Ordinatenmaßstab 2: l) angedeutet. Die Elimination von cp aus den beiden obigen Formeln ist zwar möglich, aber praktisch wertlos.

Aufgabe 60. Wie vorher. Der Behälter ist eine Kugel. Statt des Schwimmers kann man natürlich auch ein Wasserstandsglas annehmen. (Abb. 59.)

[1

80

70

Co

ft

50

Q_

Abb. 59.

Lösung: V—тiz²(R — \z). Um zu runden Werten von V die zugehörigen Werte von z zu bestimmen, hätte man eine kubische Gleichung aufzulösen. Dies geschieht zweck-

V = |ttRs sin² у =

mäßig durch Einführung eines Winkels Ф derart, daß für

0 < vp < Ti

ем |сэ

rr/?³(l — cos ф)

z — R ( 1 — 2 cos —) *

Vgl. im übrigen die Bemerkungen zur Lösung der vorigen Aufgabe.

Aufgabe 61. Wie vorher. Der Behälter besteht aus einer Kugel und einem wagerecht gelagerten Zylinder, die beide durch eine kommunizierende Röhre verbunden sind. Die untersten Punkte der Kugel und des Zylinders haben einen Höhenunterschied h. (Abb. 60.)

Tła roa

U

6o

ъ.

i,i

y ~ZCL

lt£

I.

10__

/у

Ł. I _1. JL .1 _!. J_ .l_J. i. I _L

0 10 20 30 *0 50 60 7o SO 90 100 11Q

'/ ,/ / /< Y

>ч/

J02JV&

Abb. 60.

Lösung: Man hat sich die Lösungen der beiden vorhergehenden Aufgaben zunutze zu machen, dabei aber auf folgendes zu achten. Für z = 0 ... h kommt nur die Kurve mit den Abszissen z und den Ordinaten V der Aufgabe 59 in Frage; für z = h ... 2a setzen sich die Ordinaten aus denen der Lösung 59 und denen der Lösung 60 zusammen; und für z = 2a...hĄ-2R entstehen sie aus den Ordinaten der Lösung 60, vermehrt um den konstanten Wert des Zylindervolumens TT er l.

Aufgabe 62. Der Stollen Wallgau-Sachensee des neuen Walchensee-Kraftwerkes in Oberbayern hat umstehenden Querschnitt, der von einem Parabel- und einem Kreisbogen begrenzt wird. Der Halbmesser des Kreisbogens sei R. Wie groß ist die Querschnittsfläche? s = 4 m, h — 3,80 m, R = 6m.

Math.-phys. Bibi.54: Rothe, Elementarmathematik u.Technik 4

p = r-Vr¹-\s³, cp = 2 arc sin (s/2R).

Lösung: Es seien p, <p Pfeilhöhe und Öffnungswinkel des Kreisabschnitts, so ist    _

Л;

1---

h Die Höhe des Parabelabschnittes ist h — p, die Fläche also f s(h —p), mithin der Gesamtquerschnitt

Q = ^ s (h — p) -j- j R² (qp — sin q>).

Abb. 61.

Die Zahlenwerte ergeben p = 0,34 m, cp = 38° 56' = 0,680, Q = 10,14 qm.    ______

Aufgabe 63. Die kreisbogenförmige Mauer einer Talsperre

ACB, deren Öffnungswinkel a beträgt, wird durch den Wasserdruck so durchgebogen, daß ihre Dammkrone wieder

einen Kreisbogen, ACXB, bildet, dessen Öffnungswinkel a, ist. In welchem Verhältnis steht die größte Durchbiegung D zur Längenänderung des Bogens? (Abb. 62.)

Lösung: Sind r, r, die Halbmesser der Kreisbögen, so ist D gleich dem Unterschiede der Pfeilhöhen, also

D — 2t sin²y — 2r, sin²^-*

Die Längenänderung ist

l — 2a r — 2a,r,.

Da aber die Sehne AB un-

vV

geändert geblieben ist, hat man r sin a = r, sina,.

Mithin wird D 1

Ç,

Abb. 62.

i cC

. tgł« — *gł°4 I 2 * a/sin a — at/sin a,

Aufgabe 64. Welchem Grenzwert nähert sich das Verhältnis D/l der vorhergehenden Aufgabe, wenn der Wasserdruck auf die Sperrmauer allmählich wieder abnimmt?

Durchbiegung der Sperrmauer einer Talsperre 47

Lösung: Es wird dann ax—► a, also x = a — % —> 0. Führt man x ein, so wird D 1

4 sinket sin sin\x l 2 a sin (a — x) — (a — x) sin a

_2    sin i a s*n l ai s>n i x

asina(cosx—1) — a cos a sin x -f- x sin a _    sin^asinl^ (sin^x:^*)

sin \x

. .    sinx .    .

sin -\x — a cos a—-—[- sin a

Nun ist aber der Grenzwert von    wenn x sich der

X '

Null nähert, gleich 1, und ebenso der von sin\x:\xf also nähert sich für ax —► a, x —► 0

Я dem Grenzwert

— a sina-

I*

sin* ^a

sin a — a cos a

Reziproke Radien. Zwei Punkte P, P*t die auf demselben Strahle liegen, und deren Entfernungen, von demselben festen Punkte О gemessen, zueinander umgekehrt proportional sind, heißen zueinander invers; zwischen ihnen besteht eine Verwandtschaft oder Beziehung durch reziproke Radien oder eine Inversion: für OP = r, OP* = r* ist rr* = m² (m = const.).

Eine Gerade, für die das vom Anfangspunkt О auf sie gefällte Lot die Länge l hat und mit der positiven Anfangsrichtung den Winkel a einschließt, hat in Polarkoordinaten r, tp die Gleichung

r cos (а — cp) = l,

Abb. 63.

l.

iP

?____

Abb. 64.

und ein Kreis vom Halbmesser c und dem Mittelpunkt mit den Polarkoordinaten r₀, cp₀ hat die Gleichung

r² + Го — 2rr₀ cos (cp — cp₀) = c²; wenn im besonderen der Kreis durch den Nullpunkt geht, vereinfacht sich seine Gleichung wegen r₀ = c zu r — 2 c cos (cp — cp₀).

Г)

(###)

772 ²

Setzt man hierin г = — , so erhält man aus der Gleichung (#)

'    m*

— COS (ф - a);

T* —

^.2

<P<Pn

Abb. 65.

J das ist eine Gleichung der Form (***); aus J (**) wird, falls c =4= r₀ ist,

---- r*’+2r*

m-r₀

c¹ — r%

COS (q> — ф₀) =

also eine Gleichung derselben Form (**); schließlich wird aus (***)

T* cos (ф - Фо) = ^ ,

und dies ist eine Gleichung von der Form (*). Eine Gerade wird daher in einen durch den Nullpunkt gehenden Kreis, und ein solcher in eine Gerade verwandelt, während ieder andere Kreis wieder in einen Kreis übergeht.

Eine Vorrichtung, die zwei bewegliche Punkte P, P* in einer solchen Lage hält, daß sie stets auf einer durch einen festen Punkt О gehenden Geraden liegen, und daß ferner das Produkt OP • OP* einen konstanten Wert hat, heißt ein Inversor. Er kann im besondern dazu dienen, eine kreisförmige Bewegung in eine geradlinige zu verwandeln und umgekehrt.

Aufgabe 65. Inversor von Peaucellier. In der Abb. 66 sind O A und OB zwei gleichlange Stäbe, die mit dem Gelenkrhombus APBP* verbunden sind. Die um M drehbare

Kurbel MP* zwingt den Punkt P*, einen Kreis zu beschreiben. Was für eine Kurve beschreibtPunktP?

Lösung: Da die Dreiecke mit den Spitzen O, P, P* und der Grundlinie AB alle gleichschenklig sind, liegen 0, P, P* in gerader Linie. Ferner ist OP • OP* = (OC + CP) (OC-CP*) = OC2 - CP² = (OA² - AC²)

- (PA² - AC²) = OA² - PA². Diese Größe hängt aber nur von den Längen der Stangen des Gelenkmechanismus ab und bleibt daher bei seiner Bewegung konstant. Die Punkte P und P* sind also zueinander

\y.

'Tfyr

oT

r-

Abb. 66.

invers. Da P* einen Kreis beschreibt, durchläuft auch P einen solchen, oder eine Gerade, falls jener Kreis durch О geht.

Man kann offensichtlich die eben behandelte Vorrichtung benutzen, um einen Kreis mit beliebig großem Halbmesser zu zeichnen, den der Punkt P beschreibt.

Aufgabe 66. Es seien О А = а, PA — b, MP* — p gegeben. Wie groß hat man den Abstand OM = x zu wählen, damit der Punkt P einen Kreis vom vorgeschriebenen Halbmesser c beschreibe? — Zahlenbeispiel: a — 10 cm; 6 = 4 cm; p = 6 cm; c = 100 cm.

Lösung: Die Richtung OM sei die Anfangsrichtung der Polarkoordinaten. Dann hat M die Polarkoordinaten лг, 0, und der von P* beschriebene Kreis hat nach der Formel (**) die Gleichung

(t)

r*² + je² — 2t*x cos Ф = p².

Ist OP — r, so gilt nach dem Ergebnis der vorhergehenden

Aufgabe rr* = OA² — PA² = aJ — b² = m². Daher hat der

Kreis des Punktes P die Polargleichung

m⁴ ,    _m²    ,

-p- + x“ — 2— x cos cp = p-

oder, wenn x 4s P» r²- 2

ТП.-Х

x* — p2 r cos ф —

mi

Hat sein Mittelpunkt die Polarkoordinaten r₀, qp₀, und ist sein Halbmesser, wie verlangt, gleich c, so findet man durch Vergleich mit (**)

mix

r°

qp₀ == 0, с² — Гд

m'

p² — X-

*-]/

тг    g

тp +p •

oo, wo P eine Gerade beschreibt, erhält man x — p,

Daraus ergibt sich

Für c wie zuvor.

Zahlenbeispiel: m² — 84; x — 6,41 cm.

Aufgabe 67. Da bei dem in Abb. 66 dargestellten In-versor weder der Punkt P noch P* praktisch einen vollen Kreis beschreiben kann, soll der Öffnungswinkel des größtmöglichen Kreisbogens bestimmt werden.

Lösung: Der größtmögliche Radiusvektor von Pista + b, und der kleinstmögliche von P* ist a — b, ihr Produkt, wie es sein muß, m². Aus der Gleichung (t) folgt dann

cos cp

(q — b)² -j-x² — p*

2 (a — b) X

Für den Sonderfall x = p, woP eine Gerade beschreibt, ergibt

a — b

sich

cos <p

Auf gab e 68. Inversor von Hart. Auf einem überschlagenen

Gelenkviereck, auf dem AB t =A'ß' = a, AB' = BA' = b ist, liegen die Punkte O, P, P* auf einer Parallelen zu A À ',BB'; h 0 wird festgehalten. Zu zeigen, daß P und P* zueinander invers , sind. (Abb. 67.)

Lösung: Man hat

_р==У^Ч? + Yb* - h\

q =* Ya² — h² — Yb²—h², also pq = a² — b². Andererseits ist für OP = r, OP* == r*

r:q = AO:AB', r*:p — BP:BA,

гг* = АО • BPАО • BP • ab

B‘ <T В

1-ЛЧХ

Abb. 67.

also

2p

q* — b²

ab

AO bestimmt die Lage von 0 auf der Stange AB', BP die Lage von P auf BA. rr* bleibt also bei der Bewegung des Gestänges konstant.

Aufgabe 69. Was für eine Kurve beschreibt der Punkt E in dem Gelenkviereck der Abb. 67, wenn die Punkte А und B' festgehalten werden?

Lösung: Die Dreiecke BB'A und BB'A' sind spiegelbildlich kongruent. Daher sind die Winkel BB'E und B'BE einander gleich und das Dreieck BB'E ist gleichschenklig. Mithin ist AE + B'E — A'E + BE. Aber es ist

AE + B'E = AB — BE + A'B' - A'E = a — BE + а — A'E,

daher

AE + B'E*=a

konstant. E beschreibt also eine Ellipse mit den Brennpunkten A und B\

B'c

Bemerkung. Selbstverständlich beschreibtEauch eine (andere, der ersten kongruente) Ellipse, wenn die Punkte A’ und В festgehalten werden. (Nach dem bekannten Spiegelungsgesetz der Ellipse sind die Winkelhalbierenden der Brennstrahlen А В und А ' В '

°A'

Tangente und Normale der beiden Ellipsen.) Hierauf beruht die Benutzung elliptischer Zahnräder zur Übertragung periodisch wechselnder Winkelgeschwindigkeiten. (Abb. 68.)

I Abb. 68.

Aufgabe 70. Auf einem Reißbrett sind die drei Seiten eines Dreiecks ABC gezeichnet, dessen Ecken jedoch außerhalb des Reißbretts fallen und daher unzugänglich sind. Man soll a) die drei Winkelhalbierenden, b) die drei Schwerlinien, c) die drei Höhen, d) den eingeschriebenen Kreis, e) den umgeschriebenen Kreis, soweit diese Linien auf das Reißbrett fallen, unter alleiniger Benutzung der Reißbrettfläche zeichnen.

Qy

Lösungen: Zu a) Man zeichnet ein Dreieck A'B'C', dessen Seiten dieselben Abstände von denen des gegebenen Dreiecks haben, und von dem wenigstens zwei Ecken auf das Reißbrett fallen, und in diesem die Winkelhalbierenden. Wenn ein zu großes Stück

У.

c.y-

Abb. 69.

einer Ecke außerhalb des Reißbretts fällt, zeichnet man sein Spiegelbild an einer geeigneten Geraden, sodann in diesem die Winkelhalbierende, wie Abb. 69 zeigt, wo Dreieck PQC* das Spiegelbild von PQCist,d.h.<£ CPO = < C*PO, < COP = < C*QP; die

Halbierende von < PC*Q trifft PQ in S, einem Punkte der Winkelhalbierenden des <£ C.

Zu b) Man zieht mindestens zwei Parallele zu jeder Seite, die die beiden andern noch treffen, und verbindet ihre Mitten.

Zu c) Man zieht zu einer Seite eine geeignete Parallele und spiegelt an ihrdieabgeschnittene Spitze; das Lot von dieser auf die Parallele ist ein Stück der gesuchten Höhe. (Abb. 70.)

Abb. 70.

Zu d) Leicht, wenn man vom Schnittpunkt der Winkelhalbierenden die Lote auf die Dreiecksseiten fällen kann; andernfalls fällt man Lote auf geeignete Senkrechte zu den Seiten des Dreiecks, oder benutzt die Spiegelbilder der Ecken an geeigneten Geraden.

Zu e) Den Mittelpunkt findet man leicht, wenn die Seitenmitten zugänglich sind. Andernfalls verfährt man so: Da man durch Spiegelung an den Reißbrettkanten oder anderen geeigneten Geraden stets das ganze Dreieck, wenn auch umgefaltet, auf die Zeichenfläche bekommen kann, so kann man auch in dem gebrochenen Linienzug jeder Seite die Mitte angeben, dort das Lot errichten, durch rückwärtige Spiegelung die wahren Lote der Seitenmitten zeichnen und deren Schnittpunkt finden. Schließlich zeichnet man ein rechtwinkliges Dreieck mit einer halben Dreiecksseite als einer Kathete und dem gegenüberliegenden Dreieckswinkel als Gegenwinkel; dessen Hypotenuse ist der Halbmesser des umgeschriebenen Kreises (a = 2r sin a).

Bemerkung. Da man durch geeignete Spiegelung die Längen aller Seiten finden kann, so kann man durch Verkleinerung in einem beliebigen Verhältnis ein dem gegebenen ähnliches Dreieck zeichnen, das ganz auf der zur Verfügung stehenden Zeichenfläche gelegen ist. An diesem lassen sich alle gewünschten Konstruktionen ausführen, und durch rückwärtige Vergrößerung lassen sich alle Stücke des gegebenen Dreiecks angeben. Diese Bemerkung gilt für alle derartigen Aufgaben.x)

1) Über solche Aufgaben vgl. man u. a P. Zühlke, Konstruktionen in begrenzter Ebene, Bd. 11 dieser Sammlung.

Dr. <E. Barbeps arttljmetlftbe Aufgaben nebft £eijrbudi ber ягШ)теш für IRetallinbuftriefdiuIen norjugsiticife für mafdłinenbaufdjulen (tDerfmeifterfdmlen), bie Unterftufe 5er böseren mafdpnenbaufdpilen unb uertoanbte tedinifdje £eï)ranftaiten. Bearb. юоп IlTafdiinen» baufdjuloberlehrer DipbSng.prof.Dr.S.3afobi unb mafd)inenbaufd)ullel)rer A.Sd)lie. 7.Aufl. Blit 75 Abb.i. S. u.auf Saf. (Seubn.Unterriditsb.f.mafdjmented|n.£ei}ranftaIten Bb.4.) Kart. m.4.40

$mtffionenlefyre unb (Elemente ber Differentials unb Integrals returning. £eljrbud) unb Aufgabenfammlung für tedpt. $ad)fd)ulen (I)öl). lîtafd)inenbaufd)ulen ufm.), 3urDorbereitung für öte matljematifdfenDorlefungett ber tedjn. Ffod)fd}uIen fotoie für I)öl). £el)ranftalten unb зит Selbftunterridft. Don Dr. I). (Brünbaum. 5. Auflage, neu bearbeitet юоп Stubienrat Dipl.=3ng. Prof. Dr. S. 3aïobi. îîtit 93 Abbilbungen. Kart. Ш. 3.80

„Die Daritcllung ift überall tiar unb eintoanbfrei, fo bajj bas Bud) aud) зит Setbftftubium beftens empfohlen roerben tann."    (Dinglers poltftedpt. 3ournal.)

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Der ffirunbrifj ber pijtjftl foil in „fnappfter form" unb in „ftreng Iogifd)em Aufbau" eine Darftellung ber Œpperimentalpl)t)fiï geben, bie bis зи ben „neueften (Ergebniffen ber 5orfd)ung" führt. £eï}rs unb Êlufgabenbudî ber ptfpfif für ïïïafd)inenbau» unb ®eroerbefdiuIen fomie für oermanbte tedinifdje £ei)ranftalten unb зит Selbftunterridp. Don ®berftubienrat Prof. Dr. Ф. IDiegner unb Regierungsbaumeifter Dipt.»3ng. Prof. p. Stephan. 3n 3 Seilen, mit 3at)Ireid|en $ig. im Sejt unb ausgefübrten muftcrbeijpielen. (Seubners Unterrichtsbüdfer für mafdiinentedjn. £eljranftalten Bb. 1, 2, 3.) I. Seil: Allgemeine (Eigenfdjaften ber Körper, medjanm. 3., nerb. Aufl. Kart. m. 4.20. II. Seil: £eljre non ber Юйгте. £el}re вот Cidit ((Dptif.) TOellenlehre. 2., uerb. Aufl. m. 3.40. Ill. Heil: <Elefttri3itdt (einfĄI. Ittagnetismus). (Einführung in bie (Elektrotechnik. 2. Aufl. IR. 4.—

$adbfunbefürtHafd}inenbaueru.Derro.Berufe. D.©emerbefd)uIratK.Ut)r* mann, 3ng. 5-Sdfutt) u. Dir.3ng.Q).Stol3enberg. IR. 498 Abb. ©eb.IÏÏ.2.40 Das IDeri bringt erftmalig eine für tDerfmeifter, monteure, Sdpoffer, Dreher ufro. geeignete elementar gehaltene 5ad)funbe. Sie 3erfaIIt in 3 Seile: Roljftofffunbe, Arbeits» funbe, Kraftmafdjinen unb bringt unter Ausfdjaltung alles tlebenfaĄIidien bas für ben mafd)inenbauer fachlich tlotroenbige.

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Ejeft 2/4. Sadtfmnbe f.maf diinenbauerMaffen ™örfl?hon ©«“«befdmlleijrer ü. an getnerb lieben BeVufsfdiulen. (Teil I: Rot)*    ~ s nj    Kart.m.-.80

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©rofjmannu. 5ad)f)auptlei)rer 5.5 t e t n i n g e r. tfeft 5: Budjftabenredinen für mafdjinen= m.57flbb Kart.m.—.80.ŒeillIrDerbinbungs» bauerhlaffen an gemerblidjen Beruf sfdiulen, lefyre f ür Œ i f ф 1er. Don prof.l).©rotl). mit für merbfd)Ulen u. oerraanbte niebere 5ad)= 26 ©ejtabb. u.32 Œafeln. Kart. m. 1.—. ©eil III : fdiutenberRîafdjiueninbuftrie.DonDipl.»3ng. IDert₃eugeu. mafd)inen.Don©berinfpeltor Prof.Dr.S.3atobi unbmafd)inenbaufd]ullet)rer Stubienprof.3- ©ro|mann u. 5ad)l)auptlel)rer fl. S d)lie. IRit 27 flbb. Steif gel). IR.—.80    5. Steininger. mit 222 flbb. Kart. m. 1.10

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Wörterbuch ber Warenïunbe. Don prof. Dr. Ш. pietfd). ФеЬ. Ш. 3.50 ïjanbelswôrterbuch. Don 3nfti3rat Dr. Ш. Straujj unb £)anbelsfd)ul* bireftor Dr. D. Sittel. Sugleid) 5sfprad)iges IDôrterbud) 3ufammengefteIIt non D. flrmfyaus. ФеЬ. Ш. 3.50

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¹

Einfache Beispiele u. a. in P. Luckey, Einführung in die

²

Nomographie, Bd. 28 dieser Sammlung. Weiteres auch in Bd. 35/36: R. Rothe, Darstellende Geometrie des Geländes, S. 78 u. f.