Die störenden Bewegungen der Lokomotive unter Berücksichtigung der auftretenden Reibungswiderstände. Von Dipl.-Ingenieur Karl Wolters, Hannover. (Fortsetzung und Schluss von S. 677 d. Bd.) Die störenden Bewegungen der Lokomotive unter Berücksichtigung der auftretenden Reibungswiderstände. 7. Drehungen um andere Achsen. Nachdem wir nun gesehen haben, dass sämtliche Drehungen, bei denen der Schwerpunkt in Ruhe bleibt, nicht eintreten können, soll jetzt weiter untersucht werden, ob nicht solche möglich sind, an denen der Schwerpunkt selbst teilnimmt. Denken wir uns beispielsweise an dem durch Fig. 10 wiedergegebenen Parallelepiped bei A eine lotrechteKraft A' angreifend und den Körper selbst in der Kante BC festgehalten, dann sieht man, dass eine Drehung um den Schwerpunkt S, bei. der dieser in Ruhe bleibt, nicht möglich ist, wohl aber eine Drehung um die Kante BC, bei der der Schwerpunkt selbst einen Kreisbogen beschreibt. Genau so verhält sich eine Lokomotive: hier haben wir statt der Kraft A' die Kreuzkopfdrücke und der Widerstand der Kante BC wird durch die Reibung an den einzelnen in Frage kommenden Stellen geleistet. Da nun die Achslager die stärkste Reibung liefern, so. ist es mithin auch wahrscheinlich, dass um durch sie gelegte Achsen eine solche Drehung am ehesten eintritt, und zwar am leichtesten um eine möglichst weit von der Gleitbahnmitte entfernte Drehachse. Der Grund dafür ist, dass die Momente der Achsgabelreibung je zweier beliebiger Lager für jede zwischen ihnen gedachte Drehkante konstant ist, die Kreuzkopfdrücke dagegen ihr grösstes Moment für eine möglichst weit entfernte Drehachse erreichen.

Fig. 10.

a) Parallel den Hauptachsen. Untersuchen wir nun einmal, ob Drehungen um den Hauptachsen parallele Achsen möglich sind, dann erkennt man sofort, dass vielleicht Drehungen um die Kuppelachslager möglich sind, denn die Hebelarme der diese Drehung begünstigenden Kräfte sind jetzt im Vergleich zu denjenigen beim Nicken stark gewachsen, während die Reibungsmomente ihren Wert nicht wesentlich geändert haben, weil anstatt des durch die Hinterachse bedingten Reibungsmomentes das der Vorderachse getreten ist und die Wirkung der Berührungsfläche mit dem Tender sich etwa gegen die des Drehgestells aufgehoben hat. Stellen wir nun einmal die Bedingungsgleichung auf, so erhalten wir ähnlich wie beim Nicken beim Einsetzen von Zahlen $$\text{frakfamily}{M}_{\text{max}}=-\frac{r}{L}\cdot (L-{\mathrm{\Delta }}_1+{\mathrm{\Delta }}_2)\cdot 6200\cdot 1,4142=-7200$$ $$\text{frakfamily}{M}_{\text{min}}=0-\frac{1}{5}\cdot (L-{\mathrm{\Delta }}_1+{\mathrm{\Delta }}_2)\cdot 6200\cdot 1=-5180$$ somit $$\text{frakfamily}{M}_{\text{max}}–\text{frakfamily}{M}_{\text{min}}=-2020$$ Ferner liefert die Reibung die beiden Momentensummen $$\text{frakfamily}{R}_{m_1}=-[({\mathrm{\Delta }}_2-{\mathrm{\Delta }}_1)\cdot 0,1\cdot (3100-670)\cdot 2+({\mathrm{\Delta }}_5+{\mathrm{\Delta }}_2)\cdot 5,4+12]=-1307$$ und $$\text{frakfamily}{R}_{m_2}=-1410$$ Somit sehen wir, dass auch um diese Achse als Drehachse bei unserer Lokomotive die Drehung nicht möglich ist. Um eine andere Achse aber parallel der Y-Achse, etwa der Berührungsfläche mit dem Tender, tritt erst recht keine Bewegung ein, denn dann käme noch das Moment der Reibung an den Lagerkasten der Hinterachse hinzu, während die schon vorhandenen übrigen Momente sämtlich linear zunehmen würden. b) Schiefe Achsen. Jedoch wäre es noch möglich, dass etwa um die Verbindungslinie zweier auf verschiedenen Seiten liegender Lagerkasten der Trieb- und Kuppelachse Bewegung eintreten könnte, und dieser Fall soll jetzt noch näher untersucht werden. Dabei müssen wir in den Momenten der Kreuzkopfdrücke statt der früheren Hebelarme (L – Δ1) jetzt die Lotrechten von Punkten auf der Gleitbahnmitte, welche diese Entferung (L – Δ1) von der Schwerpunktsachse haben, auf die neue Drehachse einsetzen. Diese bestimmen sich leicht folgendermassen; es ist (vergleiche Fig. 11) $$\frac{\frac{{\mathrm{\Delta }}_2-{\mathrm{\Delta }}_1}{2}}{c}=\frac{\frac{{\mathrm{\Delta }}_2-{\mathrm{\Delta }}_1}{2}+L}{EF}$$ daraus wird $$EF=\frac{\frac{{\mathrm{\Delta }}_2-{\mathrm{\Delta }}_1}{2}+L}{\frac{{\mathrm{\Delta }}_2-{\mathrm{\Delta }}_1}{2}}\cdot c$$ $$=\frac{1,3+1,5}{1,3}\cdot 0,63=1,355$$ ferner ist $$tg\varrho =\frac{{\mathrm{\Delta }}_2-{\mathrm{\Delta }}_1}{2\cdot c}=\frac{1,3}{0,63}=2,06$$ damit wird ρ = 64° 55' Damit ist für den Kreuzkopfdruck der linken Maschine der Hebelarm bezogen auf die Drehachse AB GH = GF . sin ρ = (1,355 + 1,02) . 0,899 = 2,15 und für die rechte Maschine JK = JF . sin ρ = (1,355 – 1,02) . 0,899 = 0,3

Fig. 11.

folglich hat das die Bewegung hervorrufende Moment die Grösse ⅕ . 2,15 . P' . sin a – ⅕ . 0,3 . P'' . cos a = f(a) Da diese Funktion von a = 0° bis a = 90° stetig ist, und da innerhalb dieser Grenzen ein Maximum liegen muss, so erhalten wir dasselbe, wenn wir f'(a) = ⅕ . 2,15 . 6200 . cos a – ⅕ . 0,3 . (- 6200) . (- sin a) = 0 setzen, woraus unmittelbar folgt tga = 7,17 und a = 82° damit erhalten wir dann Mmax = 2,15 . ⅕ . 6200 . sin 82° + ⅕ . 0,3 . 6200 . cos 82° = 2692 Mmin = 0,3 . ⅕ . P'' . cos 0° = 372 somit die Differenz Mmax – Mmin = 2320 Um die Momente der diese Bewegung hindernden Reibung festzustellen, müssen wir auch hier die Hebelarme bilden, und zwar erhalten wir als Hebelarm für die Achslagerreibung LM = 2 . c . sin ρ = 2 . 0,63 . 0,899 = 1,13 ferner für die Reibung am Drehgestell $$NO=(\frac{{\mathrm{\Delta }}_2-{\mathrm{\Delta }}_1}{2}+{\mathrm{\Delta }}_5)\cdot sin({90}^{\circ }-\varrho )$$ $$=(1,3+3,75)\cdot sin{25}^{\circ }{5}^{\prime }=2,14$$ Somit müssen wir noch das Moment der Reibung an den Achsgabeln des Tenders bestimmen; dies können wir mit genügender Genauigkeit schätzen, und zwar betrug es bei Drehungen um die X-Achse = 20 und um die Y-Achse =12. Da die neue Achse zwischen beiden liegt, so können wir es mit 17 einführen. Damit erhalten wir dann $$R_{m_1}=[\{1,13\cdot 0,1\cdot (3100-670)\}\cdot 2+2,14\cdot 5,4+17]=579$$ und $$\text{frakfamily}{R}_{m_2}=623$$ Somit ist die Ungleichung 2320 ⋝ 579 + 623 erfüllt, d.h. um diese Achse kann die Bewegung eintreten. Da aber die Reibung und auch die Kreuzkopfdrücke für die Achse CD dieselben Werte liefern, so tritt auch um diese Achse Bewegung ein. Bei Leerlauf dagegen weisen die Momente der linken Seite stets den Wert = 0 auf, während die Reibung immer noch einen positiven Wert besitzt, sodass diese Bewegung dann nicht eintreten kann. III. Untersuchung der möglichen Bewegungen um die beiden Achsen. Bei der Untersuchung dieser Bewegungen müssten wir eigentlich nicht von der Ruhelage ausgehen, welche vorhanden ist, wenn die Maschine nicht durch Dampf getrieben wird, denn die lotrechten Kreuzkopfdrücke werden sowohl ein Heben in der Z-Richtung, als auch im Verein mit einigen übrigen Momenten ein Drehen um die Y- Achse herbeiführen, sondern von der Mittellage der arbeitenden Maschine, die durch die Einwirkung der sämtlichen Kräfte bezw. Momente des ersten Abschnittes bedingt ist. Da dies aber die zu untersuchende Bewegung zu beeinflussen nicht imstande ist, so können wir dieselbe auch ebensogut erkennen, wenn wir obige Lage zum Ausgangspunkt unserer Betrachtung wählen. Dies wird um so weniger schaden, da die arbeitende Maschine in ihrer Mittellage sich auch im Gleichgewicht befindet, indem sie die Federspannungen teilweise durch gleichwertige Kreuzkopfdrücke ersetzt hat. Wie nun in der Ableitung, die beim Wogen im vorigen Kapitel eingeschoben ist, gezeigt, müssen wir jetzt zunächst punktweise die Geschwindigkeitskurve konstruieren, ausgehend von der Gleichung $$d{z}^{\prime }=\frac{\text{frakfamily}K-\text{frakfamily}R-k\cdot z}{M}\cdot dt$$ Da wir es hier aber nicht mit einer geradlinigen Bewegung, sondern mit einer Drehung zu tun haben, so nimmt die Gleichung, wie schon beim Wanken erwähnt, hier die Form an $$\frac{d{\chi }_{CD}}{dt}=\frac{(\text{frakfamily}M-\text{frakfamily}R)-\mathrm{\Sigma }k\cdot s\cdot r}{\mathrm{\Sigma }{J}_{CD}}$$ wobei s die jeweilige Zusammendrückung oder Entlastung einer Feder des Abstandes r von der Drehachse und ΣJCD die Summe der Trägheitsmomente der Maschine und des Tenders bezogen auf die neue Drehachse bezeichnet, auf welche sich auch die Winkelgeschwindigkeit ϰCD bezieht. Die Momente der Kreuzkopfdrücke können wir uns nun leicht bilden, da wir wissen, dass dieselben eine Sinuskurve geben müssen, und da ihre maximalen Werte betragen ⅕ . 0,3 . 6200 . 1 = 372 und ⅕ . 2,15 . 6200 . 1 = 2668 Mithin können wir uns die gleichzeitig vorhandenen Werte beider Momente zum resultierenden Moment leicht zusammensetzen, wie in Fig. 12 über der Achse XX für die Drehachse AB und über X'X' für die Drehachse CD geschehen ist. Bei jeder der zu betrachtenden Drehbewegungen wird sich nun wahrscheinlich eine Mittellage für jede Schwingung herausbilden, die von der Mittellage einer gleichförmig bewegt gedachten Maschine verschieden ist. Sobald nun eins der obigen Momente grösser oder kleiner als das dieser Mittellage entsprechende Moment der Federentlastung, vermehrt bezw. vermindert um das jeweilige Reibungsmoment, wird, muss die Maschine sich heben oder senken. Schätzen wir nun einmal dieses Federentlastungsmoment und tragen es in Fig. 12 ein, so erhalten wir die den Abscissen parallelen Geraden AA und BB. Ziehen wir nun sowohl nach oben wie nach unten in den Abständen der Grösse der jeweiligen Reibungsmomente Parallele, so erhalten wir die beiden Zickzacklinien in den Figuren. Diese Form rührt daher, dass die Werte Tt und Tk von Quadrant zu Quadrant ihr Vorzeichen und innerhalb jedes Quadranten von Winkel zu Winkel ihren Wert ändern, jedoch ist ihre Summe innerhalb eines Quadranten fast konstant, sodass wir ziemlich genau gerade Strecken erhalten. Während der Zeit nun, wo die Momente der Kreuzkopfdrücke grösser bezw. kleiner als diese Parallelen der Reibungsmomente sind, muss das Gestell in Bewegung geraten. Die Rechnung selbst soll nun so vorgenommen werden, dass die Umdrehungszeit der Maschine in eine Anzahl gleicher Zeitintervalle Z zerlegt wird, und für jedes dieser Zeitintervalle soll die rechte Seite der letzten Gleichung, wie bereits beim Wogen im vorigen Kapitel erwähnt, als konstant angenommen werden, sodass wir aus derselben die Geschwindigkeitszunahme erhalten. Die beste Annäherung ergibt sich dann, wenn man für jedes dieser Zeitintervalle $$\text{frakfamily}T$$ die in der Mitte derselben vorhandenen Grössen der Kräfte einführt. Dabei lässt sich zunächst das Glied Σ k . r . s einfacher schreiben, denn es ist etwa für diese Mitte $$r\cdot s=r\cdot s_0+r\cdot {\chi }_{CD}\frac{\text{frakfamily}T}{2}$$ wenn s0 die Entlastung zu Anfang des Zeitteilchens $$\text{frakfamily}T$$ bedeutet und ϰ'CB die für die Zeit $$\text{frakfamily}T$$ konstant angenommene Winkelbeschleunigung der Drehung. Folglich nimmt die letzte Gleichung die Form an $$\frac{d{\chi }_{CD}}{d\text{frakfamily}T}={\chi }_{CD}^{\prime }=\frac{(\text{frakfamily}M-\text{frakfamily}R)-\mathrm{\Sigma }k\cdot r\cdot s_0-\mathrm{\Sigma }k\cdot r\cdot {\chi }_{CD}\text{frakfamily}T/2}{\mathrm{\Sigma }{J}_{CD}}$$ Jetzt bleiben noch die Werte r zu bestimmen. Da nun, wie bei den einzelnen Bewegungen im vorigen Kapitel bewiesen, der Druck an der Berührungsstelle mit dem Tender so gross ist, dass der Tender sich stets mit drehen wird, so müssen wir auch die Tenderfedern bei dieser Betrachtung mit in Rechnung ziehen. Dreht sich nun (Fig. 11) die Maschine um die Achse CD beispielsweise, dann beschreibt eine vorn Schnittpunkt dieser Achse mit der Verlängerung der Berührungsebene mit dem Tender auf die Z-X-Ebene gefällte Lotrechte eine Kegelfläche, deren Spitze der Punkt C ist. Bei dieser Bewegung wird die gleiche Erzeugende am Tender eine Kegelfläche um den Punkt CC' beschreiben, sodass der Tender sich um die Achse C'D' bewegen wird. Die Entfernungen der Federn von dieser Achse sind nun zunächst zu bestimmen. Es folgt dazu aus der Fig. 11 $$E^{\prime }C=E^{\prime }{F}^{\prime }\cdot tg(\frac{\pi }{2}-\varrho )=(x-{\mathrm{\Delta }}_6)\cdot tg{25}^{\circ }{5}^{\prime }=(3,8-1,35)\cdot 0,468=1,15$$ damit $$tg\tau =\frac{E^{\prime }C}{E^{\prime }{S}^{\prime }}=\frac{1,15}{b_1+u/2}=\frac{1,15}{2,5+0,3}=0,41$$ wobei b = 2,5 die Entfernung des Schwerpunktes des Tenders von der Berührungsebene mit der Maschine bedeutet. Daraus erhalten wir weiter τ = 24° 15' Bezeichnet nun eτ = 1 die Entfernung der Federn von der X-Achse, dann erhalten wir endlich den Abstand der Mittelfeder = J'K' = ετ . cos τ = 1 . 0,912 = 0,912 ferner für die der Maschine zugekehrte Feder = G'H' = J'K' – N'G' = 0,912 – 1,5 . sin τ = 0,297 und für die letzte Feder = L'M' = L'O' + O'M' = 1,5 . 2 . sin τ + 0,297 = 1,527

Die Abstände der Maschinenfedern betragen ferner für die Feder IV $$=({\mathrm{\Delta }}_2+{\mathrm{\Delta }}_5)\cdot sin(\frac{\pi }{2}-\varrho )=2,72$$ für die Feder II $$={\mathrm{\Delta }}_5\cdot sin(\frac{\pi }{2}-\varrho )=1,56$$ für die Trieb- und Kuppelachsfeder $$=\sim \frac{{\mathrm{\Delta }}_2-{\mathrm{\Delta }}_1}{2}\cdot sin(\frac{\pi }{2}-\varrho )\cdot 2=1,1$$ Somit bleiben nur noch die Trägheitsmomente zu bestimmen übrig. Diese erhalten wir aus den Hauptträgheitsmomenten und zwar bekommen wir für die Maschine $$J_1=M\cdot \frac{{r_{\kappa }}^2}{2}$$ $$=3700\cdot \frac{0,{75}^2}{2}=1040$$ dabei ist das Trägheitsmoment angenommen gleich dem eines zylindrischen homogenen Kessels, dessen Durchmesser = 2 . rϰ ist. Ferner ist dabei die Masse bestimmt aus der Beziehung 9,81 . M =36360 zu M = 3700 Nehmen wir ferner für das Trägheitsmoment J2 den Trägheitshalbmesser = 0,33 der Kessellänge an und diese = 3,6, dann ist J2 = (0,33 . 3,6)2 . 3700 = 5200 Damit ist dann das Trägheitsmoment für die Schwerpunktsachse C'' D'' (Fig. 11), welche CD parallel läuft, JC'' D'' = J1 cos2 (π – ρ) + J2 . cos2ρ = 0,81 . 1040 + 0,192 . 5200 = 1840 woraus unmittelbar folgt Jcd = Jab= JC'' D'' + M . e2, wenn e der lotrechte Abstand der Achsen CD und C''D'' ist. Das gibt = 1840 + 3700 . 1,66 = 7990

Fig. 13.

Dabei ist e2 = h22 + (ε . sin ρ)2 = 1,152 + (0,59 . 0,99)2 = 1,66 Ferner müssen wir noch das Tragheitsmoment des Tenders ausrechnen, und zwar können wir mit genügender Genauigkeit dasjenige für eine Schwerpunktsachse einführen, welches sich ergibt aus der Beziehung JC'D'τ = Jxτ . cos2τ + Jyτ + cos2 (90° – τ) wobei Jxτ das Hauptträgheitsmoment des Tenders für die X-Achse, ist $$=\frac{1}{3}\cdot \frac{G_{\tau }}{9,81}\cdot (d^2+h^2)$$ $$=\frac{1}{3}\cdot \frac{22900}{9,81}\cdot (1^2+0,4^2)=900$$ bei den Abmessungen unseres Tenders, und wenn wir für den Tender ein Parallelepiped nach Fig. 13 einführen. Ferner ist Jyτ das Hauptträgheitsmoment für die Y-Achse, $$=\frac{1}{3}\cdot \frac{22900}{9,81}\cdot (2^2+0,4^2)=3240$$ sodass sich ergibt JC'D'τ = 900 . 0,9122 + 3240 . 0,412 = 1249 Dreht sich nun die Maschine (Fig. 11) um die Achse CD um den Winkel ξCD dann dreht sich der Tender um den Winkel $$\frac{b+u/2}{b_1+u/2}\cdot {\xi }_{CD}=\frac{3,5+0,3}{2,5+0,3}\cdot {\xi }_{CD}=1,35\cdot {\text{ci}}_{CD}=\sim \frac{b}{b_1}\cdot {\xi }_{CD}$$ mithin ist die Winkelbeschleunigung $$\frac{d^2{\xi }_{C^{\prime }{D}^{\prime }}}{d{t}^2}=\frac{b}{b_1}\cdot \frac{d^2{\xi }_{CD}}{d{t}^2}$$ damit müssen wir bilden $$\mathrm{\Sigma }J=J_{CD}+{\left(\frac{b}{b_1}\right)}^2\cdot J_{C^{\prime }{D}^{\prime }}$$ = 7990 + 1,352 · 1249 = 10260 sodass die Gleichung die Form annimmt $${\chi }_{CD}^{\prime }=\frac{(\text{frakfamily}M-\text{frakfamily}R)-\mathrm{\Sigma }k\cdot r\cdot s_0-\mathrm{\Sigma }k\cdot r\cdot {\chi }_{CD}\cdot \text{frakfamily}T/2}{10260}$$ Zur Rechnung selbst können wir nun aber noch einige Vereinfachungen vornehmen, und zwar wollten wir dazu zunächst im allgemeinen nur für Kurbelwinkel rechnen, zwischen denen dieselbe Zeit verfliesst; dann ist nämlich der Faktor T ebenfalls konstant. Für unsere Maschine ist z.B. bei 90 km/Std. Fahrt $$\omega =2\cdot \frac{v}{D}=2\cdot \frac{V{/}_{3,6}}{D}=2\cdot \frac{90}{3,6\cdot 1,96}=25,5$$ folglich haben wir in der Zeiteinheit $$\frac{25,5}{2\cdot \pi }=4,05$$ Umdrehungen der Triebräder; damit gebraucht eine Umdrehung = 2 . π die Zeit $$=\frac{1}{4,05}$$ Nimmt man nun in Fig. 12 2π = 90 mm, dann gebraucht man für 1 mm nur die Zeit $$=\frac{1}{4,05}\cdot \frac{1}{90}=\frac{1}{365}$$ Sek. Rechnet man nun für je 2,5 mm, mit Ausnahme der ersten Punkte, weil die Bewegung nicht immer auf den Ordinaten anfängt, dann ist allgemein $$\frac{\text{frakfamily}T}{2}=\frac{2,5}{365}\cdot \frac{1}{2}$$ Weiter kann noch das Produkt Σ k . r für sämtliche vorkommende Fälle ausgerechnet werden und zwar ist dabei k nach der Gleichung 39). zu bestimmen, je nachdem die Feder sich ausdehnt oder zusammenzieht. Beispielsweise bestimmt sich der erste Punkt auf der Ordinate 1 in Fig. 12 folgendermassen: Die Grösse $$(\text{frakfamily}M-\text{frakfamily}R)-\mathrm{\Sigma }k\text{cdotr}\cdot s_0$$ kann man sich aus dieser Figur sofort abgreifen, denn dieser Wert wird stets durch die Ordinate in der Mitte des Zeitteilchens dargestellt, wenn man Σ k . r . s ebenfalls von der mittleren Federentlastung aus nach aussen über die Reibungsmomente abträgt. Zu Anfang der Bewegung ist nun noch s0 = 0, und somit erhält man die Differenz zwischen den Momenten der Kreuzkopfdrücke und der Reibung als Wert für die Rechnung. Für das vorliegende erste Intervall gibt dies Fig. 12 zu $$(\text{frakfamily}M-\text{frakfamily}R)-\mathrm{\Sigma }k\cdot r\cdot s_0=1\text{ mm }=100\text{ mkg},$$ da 1 mm Ordinate 100 mkg darstellen; ferner ist noch für den ersten Punkt der Bewegung ϰCD = 0 Weiter erhält man beispielsweise für die Triebachsfeder den Starrheitskoeffizienten k, da diese Feder sich bei der Bewegung jetzt ausdehnen muss, bei Einsetzung von Zahlen in die Gleichung 39)., wobei noch ist $$J_{{\text{cm}}^4}=\frac{9\cdot 1,3^3}{12}=1,85$$ E = 2200000 l' = 95 cm f2 = 0,25 wenn ich annehme, dass bei der augenblicklich vorhandenen Belastung eine Durchbiegung von 1 m – 100 cm möglich wäre, zu der Grösse $$k=2\cdot \frac{2\cdot 100\cdot 2200000\cdot 1,85\cdot 9}{(4,75+0,25\cdot 1,3\cdot 9)\cdot 47,5^2}=129000$$ wobei er ohne Reibung beiläufig 135000 betragen würde. Somit ist das Produkt k . r = 129000 . 1,1 = 141900 Macht man dies für alle Federn, so erhält man Σ k . r = ~ 1000000 Da wir nun annehmen wollen, dass das Zeitteilchen $$\text{frakfamily}T=\frac{2,5}{365}$$ Sek. mit einer mittleren Beschleunigung gleich der, welche in der Mitte vorhanden ist, durchlaufen würde, so haben wir den Ausdruck zu bilden $$1/2\cdot \mathrm{\Sigma }k\cdot r\cdot \text{frakfamily}T=1/2\cdot 1000000\cdot \frac{1}{365}\cdot 2,5=1/2\cdot 6840=3420$$ Das erste Intervall beträgt aber, wie aus Fig. 12 hervorgeht, nur $$\frac{2}{365}$$ Sek., somit erhält man endlich für die Ordinate 1, bei welcher mithin vom Anfang der Bewegung an $$\frac{1}{365}$$ Sek. verflossen sind $${\chi }_{CD}^{\prime }=\frac{100-0}{10260}=0,0098$$ Da diese Beschleunigung aber nur $$\frac{2}{365}$$ Sek. in diesem ersten Intervalle dauert, so erreichen wir auch nur $$\frac{2}{365}\cdot 0,0098=0,0000536$$ Somit ist die Winkelgeschwindigkeit am Ende dieser Zeit = 0,0000536 und die mittlere = ½ derjenigen am Ende = 0,0000268 Infolgedessen hat das Moment während dieser Zeit abgenommen um $$$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\Sigma }(k\cdot r)\cdot ({\chi }_{CD}\cdot \text{frakfamily}T)& =& 1000000\cdot 0,0000268\cdot \frac{2}{365}\\ & =& 0,158\text{ mkg}\end{array}$$$$ Jetzt tragen wir uns über einer zweiten Abscissenachse auf denselben Ordinaten, wie in Fig. 12a und 12b geschehen ist, die Winkelgeschwindigkeiten am Ende auf und in denselben Figuren ferner die Momente der Federabnahme, die ihrer Kleinheit wegen in die obere Fig. 12 nicht eingetragen sind. Auf diese Weise ergibt sich für den zweiten Punkt 2 $$(\text{frakfamily}M-\text{frakfamily}R)-\mathrm{\Sigma }k\cdot r\cdot s_0=2\text{ mm}=200\text{ mkg}$$ würde ferner die Geschwindigkeit am Ende des ersten Zeitteilchens bis zur Mitte des zweiten beibehalten sein, dann würde die in Abzug zu bringende Grösse den Wert annehmen $$\mathrm{\Sigma }k\cdot r\cdot {\chi }^{\prime }\cdot \frac{\text{frakfamily}T}{2}=3420\cdot 0,0000536=0,183$$ und damit erhalten wir die Zunahme der Winkelgeschwindigkeit zu $${\chi }_{CD}^{\prime }=\frac{200-0,183}{10260}$$ In dieser Weise ist dann bei der Bestimmung der beiden Kurven punktweise vorgegangen. Die so erhaltenen Geschwindigkeitskurven erreichen sämtlich dann, wenn die treibende Kraft = 0 wird, ihr Maximum und haben bei der maximalen treibenden Kraft einen Wendepunkt, der sich jedoch bei einzelnen infolge der Veränderlichkeit der Reibung etwas verwischt. Für den ersteren Wert tritt bei den Kurven der Momentenabnahme der Wendepunkt stets deutlich hervor, während der Einfluss der veränderlichen Reibungsmomente sich weniger bemerkbar macht. Die Endpunkte der Bewegung sind dadurch gefunden, dass die Geschwindigkeit für sie den Wert = 0 annimmt, während sie auch dadurch hätten bestimmt werden können, dass für sie die den schraffierten Flächen in Fig. 8 proportionalen Integrale Kraft × Zeit – positiv, solange die Momente der Kreuzkopf drücke grösser als die der Reibung und negativ im umgekehrten Fall – = 0 sein müssen. Wir sehen nun aber aus der Fig. 12 sofort, dass während dieser Drehung um die Achse CD auch Bewegung um die zweite Drehachse AB eintreten muss. Infolgedessen müssten wir eigentlich beide Drehungen zugleich betrachten. Da die Rechnung dadurch aber äusserst verwickelt und die Genauigkeit nur ganz unbedeutend gesteigert würde, so können wir auch jede Bewegung einzeln für sich ausrechnen. Bei der Drehung um die Achse CD ruft nämlich die Aenderung der Momente der Federspannungen auch eine solche für die zweite Drehachse AB hervor, dies gilt kaum für die der Trieb- und Kuppelachse, da sie ungefähr in der neuen Drehachse liegen, wohl aber für diejenige der Tenderfedern. Hierbei begünstigt die bereits eingetretene Aenderung derselben die Drehung um die neue Achse mit einem etwa gleichen Moment, da die neue Drehachse innerhalb eines Winkels liegt, der durch die Verbindungslinie des Schwerpunktes mit der äussersten Federmitte und der X-Achse gebildet ist, und da die Federn zur Y-Achse etwa symmetrisch liegen. Von diesem Moment ist dann aber dasjenige der Federn des Drehgestells abzuziehen, da infolge der gemeinsamen Lage dieser Federn innerhalb eines von den beiden Drehachsen gebildeten Winkels die Entlastung bei der ersten Drehung eine fast gleiche für die zweite Achse bedingt, sodass jede Aenderung des Momentes der Federspannungen bezogen auf eine Achse für die zweite Drehachse eine Aenderung hervorrufen wird, die sich ergibt aus der Beziehung

Σ k · r · Entlastung der Tenderfedern – Σ k · r · Ent- lastung der Drehgestellfedern –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– Σ k · r · Entlastung aller Federn Endmoment der ersten Drehung

denn bei unserer Maschine ist das Moment der Tenderfedern grösser, als das der Drehgestellfedern. Da der Wert des Bruches aber ziemlich klein ist, etwa 1/7 bei unserer Maschine, und da ferner die Wirkungen je zweier zugleich eintretenden Bewegungen aufeinander sich schon infolge ihrer fast gleichen Grösse beinahe aufheben (denn infolge der ersten Drehung um CD würde beispielsweise das Moment der Federentlastung der Achse AB vergrössert, während infolge der Drehung um AB das Moment der Federspannungen der ersteren Achse verkleinert würde), so war obiges Rechnungsverfahren begründet. Die Grösse der durch die beiden Parallelen AA und BB (Fig. 12) wiedergegebenen Entlastung war, wie bereits erwähnt, zuerst geschätzt, und sodann die Bewegung solange verfolgt, bis der Beharrungszustand eintrat, bei dem die Federentlastung nach einer Drehung von 360° stets wieder denselben Wert erreichen muss. Diesen so erhaltenen Beharrungszustand veranschaulichen die Kurven. Wie nun zu erwarten war, erkennt man weiter, dass jede der beiden Perioden sich aus einer grösseren und einer kleineren Ablenkung zusammensetzt und zwar abhängig von dem kleinsten Reibungswert. Diesen ganzen Vorgang kann man sich noch etwas anschaulicher machen, und zwar wenn man sich in demSchnittpunkt beider Drehachsen (vergl. Fig. 11) ein Lot errichtet denkt, dann würde dies die Ebene der Bahn lotrecht in der Ruhelage schneiden, und bei der Bewegung würde dieser Schnittpunkt einen Linienzug beschreiben. Den Drehwinkel jeder einzelnen dieser Bewegungen kann man aber leicht bekommen, wenn man die in den beiden Fig. 12a und 12b aufgetragenen Endgrössen der Momentenänderung durch die Summe der Starrheitskoeffizienten × Entlastung dividiert. Multiplizieren wir dann diesen Drehwinkel in natürlichen Winkeln mit der Entfernung des Schnittpunktes auf der Bahn von der Drehachse (= h2 + D/2), dann erhalten wir die von diesem Punkte auf der Bahn beschriebenen Strecken. Auf diese Weise erhalten wir für die Drehachsen AB und CD, anfangend mit der ersten Drehung um AB, wenn wir die Strecken der Deutlichkeit wegen nebeneinander auftragen, das Bild der Fig. 14. Dabei geben die Zahlen die Strecken im Masstab 500 : 1 wieder. Setzen wir diese der Zeit nach richtig zusammen, wobei der Einfachheit wegen angenommen ist, dass je zwei Bewegungen zugleich anfangen und enden, dann ergibt sich die Darstellung Fig. 15. Dabei wird sich der Schnittpunkt auf der Bahn durch die Punkte bewegen: 0, 2, 3, 4 und zum Anfangspunkt zurück.

Fig. 14.

Fig. 15.

Wie stets zwei zugleich auftretende Drehungen kann man auch diese beiden zu einer Resultierenden zusammensetzen und erhält dann zeitweise eine solche um eine der Maschinenlängsachse parallele Drehachse, die unter derselben in der Ebene der Achsen liegt. Hätten wir im vorigen Kapitel für diese Drehachse die Möglichkeit der Bewegung untersucht, dann hätten wir das Eintreten dieser dem Wanken ähnlichen Drehung ebenfalls gefunden. Dies hat darin seinen Grund, dass die Momente der Reibung bezogen auf diese Drehachse gegenüber denen beim Wanken mit verkürztem Hebelarm auftreten, während die treibenden Momente ihre Werte nicht ändern. Weiter können wir auch noch die Abweichung der Mittelebene dieser Schwingung von der Ruhelage der nicht vom Dampf getriebenen Lokomotive finden, wenn wir die Ordinate der Federentlastung × 100 durch die Summe der Starrheitskosffizienten dividieren und da erhalten wir in natürlichen Graden diesen Winkel für beide Drehachsen etwa zu $$\frac{18,25\cdot 100}{1000000}=0,001825$$ Hätten wir ferner nicht eine solche Fahrgeschwindigkeit zu Grunde gelegt, bei der der Massendruck fast konstante Kolbenkraft bedingt, dann würde trotzdem diese Art der Ableitung passend sein, nur würden wir keine Sinuskurven erhalten, sondern die jeweiligen Ordinaten würden sich vergrössern bezw. verkleinern im Verhältnis $$\frac{\text{Kolbendruck}}{\text{mittlerem Druck}}.$$ Aus dieser ganzen Betrachtung sehen wir also, dass die Reibung fast hinreicht, auch diese letzte mögliche Bewegung zu verhindern, denn Fig. 15 ist im Masstab 500 : 1 gezeichnet; jedenfalls können aber die Bewegungen des Gestells sich im Lauf der Zeit nicht addieren und dadurch für die Sicherheit der Fahrt gefährlich werden. Dass dies aber nicht nur für die vorliegende Fahrgeschwindigkeit, sondern auch für andere zutrifft, geht daraus hervor, dass bei kleineren Geschwindigkeiten die Zeit T zwar grösser wird, damit auch die erreichte Endgeschwindigkeit. Infolgedessen ist der Verlauf der Entlastungskurve steiler, sodass diese die Kurve der resultierenden Kreuzkopfdrücke nach einem kleineren Drehwinkel schneiden wird; damit ist dann das Integral Kraft × Zeit im Verhältnis zur Gesamtfläche kleiner und damit auch der Endpunkt der Bewegung dem Anfangspunkte, im Vergleich zur Abscisse 2 . π, näher gerückt, sodass, trotzdem die Grösse der Bewegung zunimmt, die Dauer derselben, verglichen mit der Zeit einer Umdrehung, abnimmt. Würde aber eine höhere Geschwindigkeit der Betrachtung zugrunde gelegt sein, dann würde die Entlastungskurve noch flacher ausfallen und damit das Integral verhältnismässig grösser, sodass der Ausschlag kleiner, aber die Dauer der Bewegung, im Vergleich zur ganzen Zeit, grösser sich ergeben würde. Jedoch können beide sich nicht mehr stark verändern, da bei 90 km/Std. das Integral fast durch die ganze Fläche zwischen der Momentenkurve der Kreuzkopfdrücke und der Reibung wiedergegeben wird und diese zugleich der maximale Wert desselben ist. Somit sehen wir, dass bei unserer Lokomotive die Reibung imstande ist, bei jeder Fahrgeschwindigkeit die störenden Bewegungen bis auf einen unscheinbaren Rest zu verhüten. Dasselbe trifft für jede andere Maschine zu, wenn jener maximale Wert der Kreuzkopfdrücke so klein bleibt, dass die Lotrechte, welche das Ende der Bewegung angibt, und die eine gleiche Fläche zwischen den Momentenkurven einschliesst, vor den Anfangspunkt der neuen rückläufigen Bewegung fällt, denn dann können sich auf keinen Fall im Lauf der Zeit die einzelnen Schwingungen addieren und eventuell für die Sicherheit der Fahrt gefährlich werden. Tabelle der Abmessungen der dem Beispiel zu Grunde gelegten Lokomotive.

Be-zeich-nung Werte Bedeutung J 1 J 2 1040 5200 Hauptträgheitsmomente. G 36360 Gewicht des Lokomotivgestelles. Δ 1 Δ 2 0,05 2,65 horizontaler Abstand des Schwerpunktes    des Gestelles von der Treib- bezw.    Kuppelachse. Δ 5 3,75 horizontaler Abstand vom Drehzapfen    des Drehgestells. Δ 6 1,35 horizontaler Abstand vom Drehpunkt    des Ausgleichshebels. 2 . ε 1,18 die Entfernung der auf den beiden    Seiten liegenden Federn der Treib-    achse voneinander. D 1,96 Triebraddurchmesser. v 90/3,6 die Fahrgeschwindigkeit der Lokomotive. h 2 1,15 der vertikale Abstand des Schwerpunktes    des Gestelles von der Achsmitte    der Triebräder. h 3 1,3 der vertikale Abstand des Schwerpunktes    des Gestells von der Achsmitte vom    Drehzapfen des Drehgestells. P' P'' 6200 die Kolbenstangenkräfte der Maschinen. Μ 270/9,81 die hin- und hergehenden Massen. R 0,3 der Kurbelradius. L 1,5 die Länge der Schubstange. 2 . e 2,04 die Entfernung der Zylindermitten von-    einander. 2 . c 1,26 die Entfernung der Rahmenmitten von-    einander. Q 16400 das Gewicht der parallel zu verschieben-    den Teile des Drehgestells + Belastung    desselben. Q 1 2500 das Gewicht der Radsätze des Dreh-    gestells. δ 0,14 der Zapfendurchmesser der Laufräder    des Drehgestells. Ρ 0,49 der Halbmesser der Laufräder des    Drehgestells. Q d 7950 die Belastung der Gleitflächen des Dreh-    gestells. Q t Q k 5200 5000 die Belastung eines Rades der Treib-    bezw. Kuppelachse. Q t 'Q k ' 14000 14000 die Belastung beider Räder der Treib-    bezw. Kuppelachse + Achsgewicht. z 0,5 der wagerechte Abstand der Mitten der    Berührungsflächen mit dem Tender    von der Maschinenmitte. h 4 0,8 den senkrechten Abstand dieser Mitten    vom Schwerpunkt des Gestelles. X 3,8 den wagerechten Abstand von der    Y-Z-Ebene. u 0,6 die Länge des Kuppelbolzen.