Kinematik und Dynamik, Prof. Popov SS 09, 6. Übung

Kinematik und Dynamik, Prof. Popov SS 09, 6. Übung
Wiederholung: Kinematik, Newton, Arbeitssatz
Lösungshinweise Seite 1
Version 12. Mai 2009
Der Freischnitt am Scheitelpunkt (4) zeigt:
Aufgabe 85
(1)
FN
(4)
m
eϕ
h
ϕ
R
mg
er
er
(3)
NN
Der Impulssatz in er -Richtung liefert hier:
(2)
mar = −FN − mg
(8)
Eine Masse m an der Stelle (1) hat die potentielle Energie
von U1 = mgh. Die kin. Energie ist bei (1) gleich Null, da Hierbei ist ar die e -Komponente des Beschleunigungsr
sich die Masse dort nicht bewegt.
vektors im Scheitelpunkt. Für diese ergibt sich für die Bewegung auf einer Kreisbahn wegen r = Rer , v = Rϕ̇eϕ ,
An der Stelle (2) ist die pot. Energie Null, die mechanische
2
Energie soll jedoch erhalten bleiben (innere Energie gibt es a = −Rϕ̇ er + Rϕ̈eϕ
hier per Festlegung nicht). Daher ist die kinetische Energie a = −Rϕ̇2
r
T2 jetzt ebenso groß wie die potentielle Energie bei (1).
Dies eingesetzt in (8) liefert mit der Forderung FN > 0:
T 2 = U1
1
mv 2 = mgh
2 2
v22 = 2gh
m(−Rϕ̇2 + g) = −FN
(1)
2
(2)
(3)
FN = m(Rϕ̇ − g) > 0
2
(10)
(11)
Rϕ̇ > g
2
(9)
2 2
v = R ϕ̇ > Rg
(12)
Im weiteren Verlauf (zwischen (2) und (4)) teilt sich
(7) hier eingesetzt liefert für ϕ = π
die mechanische Energie auf in potentielle und kinetische
Energie. Die mechanische Gesamtenergie soll weiterhin
v 2 = 2(h − R(1 − cos
| {zπ}))g > Rg
konstant bleiben.
(13)
=−1
ϕ
er
R
R
R cos ϕ
Fährt der Skateboarder weiter, dann hat er einen Teil der
kinetischen Energie T2 wieder in potentielle verwandelt,
nämlich
eϕ
(3)
(2)
1
mgR (1 − cos ϕ) + mv 2 = T2 = U1
2
1
mgR (1 − cos ϕ) + mv 2 = mgh
2
v 2 = 2 (h − R (1 − cos ϕ)) g
(4)
(5)
(6)
Die Geschwindigkeit v hängt außerdem mit der Winkelgeschwindigkeit ϕ̇ zusammen gemäß v = Rϕ̇ → v 2 = R2 ϕ̇2 ,
so dass sich ergibt:
R2 ϕ̇2 = 2 (h − R (1 − cos ϕ)) g .
(7)
2 (h − 2R) g > Rg
(14)
2h > 5R
5
h> R
2
(15)
(16)