Fachhochschule Hannover Vorgezogene Wiederholungsklausur 11

Fachhochschule Hannover
Fachbereich Maschinenbau
Fach: Physik 1
20. 01. 04
Zeit: 90 min
Formelsammlung zur Vorlesung
1. Ein PKW mit einer Masse von m  1500 kg wird auf einer 1000 m langen geraden Strecke
getestet: Er wird von 0 – 100 km/h in 11,2 s beschleunigt, fährt anschließend mit konstanter
Geschwindigkeit und wird auf den letzten 100 m bis zum Stillstand abgebremst.
a. Skizzieren Sie die a-t, v-t und s-t-Diagramme.
b. Bestimmen Sie die Beschleunigung a0 und die Beschleunigungsstrecke sa.
c. Wie lang ist der Streckenabschnitt, der mit konstanter Geschwindigkeit gefahren wird?
d. Welche maximale kinetische Energie besitzt das Fahrzeug? Schätzen Sie die Rotationsenergie
der vier Räder, für einen Durchmesser D  0,6 m und einer Radmasse mR  17,5 kg .
e. Wie groß sind die Bremsverzögerung a b und die Bremszeit t b ?
f. Wie groß könnte die Bremsverzögerung bei einer Haftreibungszahl  H ,max  0,85 maximal sein?
g. Bestimmen Sie die größte Motorleistung beim Beschleunigen und die mittlere Leistung beim
Bremsen.
Betrachten Sie zum Vergleich eine Testfahrt auf kreisförmiger Strecke mit R = 160 m:
h. Wie groß ist die Beschleunigung a ges bei konstanter Bahngeschwindigkeit von vB  100 km / h ?
In welche Richtung zeigt der Beschleunigungsvektor?
i. Wie groß könnte die Bremsverzögerung bei der Kreisfahrt maximal sein, wenn die
Haftreibungszahl unabhängig von der Richtung der wirkenden Kräfte  H ,max  0,85 beträgt?
2. Die Massen m1 und m2 = 1 kg sind in der gezeigten
Anordnung mit einem Seil verbunden, das durch eine (voll-)
zylinderförmige Umlenkrolle mit mR = 1 kg umgelenkt wird.
Die Masse des Seils kann vernachlässigt werden. Der
Steigungswinkel der schiefen Ebene beträgt   30 , die
Haftreibungszahl  H ,max  0,3 und die Gleitreibungszahl
 G  0,25.
a. Bei m1  m grenz gleitet m1 nach links (Hang abwärts). Wie groß ist m grenz ?
b. Wie groß ist die Beschleunigung a, wenn bei m1  m grenz die Massen zu gleiten beginnen?
H
H
c. Wie groß sind die Seilkräfte links und rechts der Rolle ( Flinks
und Frechts
) im Haftreibungsfall?
G
G
d. Wie groß sind die Seilkräfte ( Flinks
und Frechts
) im Gleitreibungsfall?
e. Die potentielle Energie im Haftreibungsfall sei Null. Berechnen Sie für den Gleitreibungsfall die
Reibungsarbeit und die kinetischen und potentiellen Energien zum Zeitpunkt, an dem m2 um
s2  1m angehoben worden ist und zeigen Sie die Gültigkeit des Energieerhaltungssatz.
3. Ein Junge (mJ = 25 kg) springt tangential mit einer Geschwindigkeit
von v J  2,5 m s 1 auf ein sich nicht drehendes Karussell mit Radius
RK = 2 m und Masse mK = 500 kg.
a. Mit welcher Winkelgeschwindigkeit  K dreht sich das Karussell
nach dem Aufsprung?
b. Berechnen Sie die kinetischen Energien vor und nach dem
Aufsprung. Bleiben die mechanischen Energien erhalten?
c. Der Junge springt mit einer Geschwindigkeit, die gleich der Tangentialgeschwindigkeit am
Aufsprungpunkt ist, auf ein sich drehendes Karussell. Prüfen Sie auch in diesem Fall den
Energieerhaltungssatz.
Verwenden Sie zur Vereinfachung bei allen Aufgaben g = 10 m s-2.
Lösungen:
1a.
a
a0
ta
tv
tb
t
v0
-ab
v
s
t
sges = 1000 m
s1 = 900 m
sa
t
1b.
Geschwindigkeit v0:
v0 
Beschleunigung:
a0 
Beschleunigungsstrecke:
1c.
Strecke mit v0:
1d.
Kinetische Energie:
Rotationsenergie:
Winkelgeschwindigkeit:
Massenträgheitsmoment:
100 km / h
m
 27,77
3,6 km / h  / m / s 
s
v v0 27,77 m
m


 2,48 2
2
t t a
11,2 s
s
1
sa  a0 ta2  155,55 m
2
sv  s1  sa  900 m  155,55 m  744,45 m
1
1
m2
m v02   1500 kg  27,77 2 2  578 kJ
2
2
s
1
rot
E kin
 J 2
2
v
v
27,77 1
 0  0 
s  92,57 s 1
R D/2
0,3
2
J Hohlzylinder  mR R  17,5  0,32 kg m 2  1,575 kg m 2
trans
E kin

1
17,5
mR R 2 
 0,3 2 kg m 2  0,787 kg m 2
2
2
1
1
trans
 J HZ  2   1,575  92,57 2 J  6,75 kJ  0,0117 E kin
2
2
1
1
trans
 J VZ  2   0,787  92,57 2 J  3,37 kJ  0,0058 E kin
2
2
rot
E kin
trans
 27 kJ  0,047 E kin oder trans  4,7 %
E kin
J Volllzylinder  J VZ 
rot
E kin
Für ein Rad:
rot
E kin
1e.
Für vier Räder: (HZ)
rot
E kin
(VZ)
rot
kin
Bremsweg:
Bremsverzögerung:
1f.
1g.
E
 13,5 kJ  0,023 E
trans
kin
1
ab t b2
2
v
v 0  v0
ab 

 0
t t b  0
tb
rot
E kin
oder
 2,3 %
trans
E kin
sb  v0 t b 
es folgt:
tb  
v0
ab
v0 1 v02
1 v2
 ab 2    0
ab 2 ab
2 ab
Einsetzen ergibt:
s b  v 0
Bremsverzögerung:
1 v2
1 27,77 2 m 2 s 2
m
ab    0  
 3,85 2
2 sb
2
100 m
s
Bremszeit:
tb  
Bed. für die Bremskraft:
Fb  m abmax   H ,max m g  FH ,max
Max. Bremsverzögerung:
abmax   H ,max  g  0,85  10
Maximale Motorleistung:
Pamax  Fa  v  m a 0 v  1500 kg  2,48
Mittlere Bremsleistung:
Pbmittel
v0
27,77 m s 1

 7,2 s
ab
 3,85 m s 2
m
m
 8,5 2
2
s
s
m
m
 27.77  103 kW
2
s
s
v0
m 27,77 m
 Fb  v  m ab
 1500 kg 3,85 2
 80 kW
2
2 s
s
trans
E kin
578 kJ

 80 kW
tb
7,2 s
Die Gesamtbeschleunigung a ges bei der Kreisfahrt ergibt sich in folgender Form aus der
Alternativ:
1h.
Pbmittel 
Tangentialkomponente at (= aB Bahnbeschleunigung) und der Normalkomponente a n (= aR
Radialbeschleunigung):
a ges  at2  an2
Tangentialbeschleunigung:
Normalbeschleunigung:
Bahngeschwindigkeit:
1i.
2a.
at  a B  0
v B2
r
v B  v0  27,77 m s 1
an  ar 
v B4
27,77 4 m
m

0

 4,82 2
2
2
2
r
160 s
s
Der Beschleunigungsvektor zeigt radial auf den Mittelpunkt der Kreisbahn.
max
Bed. für die Bremskraft:
FB  m a ges
  H ,max m g  FH ,max
Gesamtbeschleunigung:
a ges t E   at2 
Max. Beschleunigung:
max
a ges
  H ,max  g  0,85  10
max
t

a 
max 2
ges
m
m
 8,5 2
2
s
s
v B4
27,77 4 m
m
2
 2  8,5 
 7,00 2
2
2
r
r
s
s
Max. Bremsverzögerung:
a
Hangabtriebskraft an m1:
Ft1  m1 g sin 
Reibungskraft an m1:
1
FRH
  H ,max Fn1   H ,max m1 g cos
Seilkraft an m1:
FS1  FG2  m2 g
Bedingung für mgrenz:
1
Ft1  FRH
 FS1
m grenz g sin    H ,max m grenz g cos   m2 g
Lösung
m grenz 
sin    H ,max cos 

1 kg
 4,16 kg
0,5  0,3  0,866
1
Ft  20,8 N ,
FS1  10 N
Ergebnisse für die Kräfte:
FRH
 10,8 N ,
Ansatz: D’Alembertsches Prinzip angewandt auf die Masse m1:
Ft1  FRG1  FS1   m1 a  0
M J

Kraft für Drehmoment an mR: FM 
R
R
M
FS1  FM  FS2 
 m2 g  m2 a
Seilkraft an m1:
R
1
2
 mR R  a
J 
2
 m gm a
FS1 
 m2 g  m2 a  
2
2
2
R
R
1
m1 g sin    G m1 g cos   m R a  m2 g  m2 a  m1 a  0
Einsetzen:
2
1

g  m1 sin    G cos    m2   a  m R  m2  m1   0
2

1
2b.
m2
2c.
m1 sin    G cos    m2
g
1
m R  m2  m1
2
4,16 kg 0,5  0,25  0,866  1 kg
0,17936
m
a
g
g  0,317 2
5,66 kg
5,66
s
Lösung:
a
Haftreibungsfall:
H
Flinks
 Ft1  FR2  m1 g sin    H ,max m1 g cos
H
Flinks
 20,8 N  10,8 N  10 N
2d.
H
Frechts
 m2 g  10 N
Die Seilkräfte links und rechts von der Umlenkrolle sind gleich.
G
Flinks
 Ft1  FR1  Fa1  m1 g sin    G m1 g cos   m1 a
Gleitreibungsfall:
G
Flinks
 20,8 N  9,0 N  1,32 N  10,48 N
G
Frechts
 m2 g  m2 a  10 N  0,317 N  10,32 N
G
G
Flinks
 FM  Frechts
1
FM  m R a  0,16 N
Kraft an der Rolle:
2
G
G
Flinks  10,48 N  FM  Frechts
 0,16 N  10,32 N
Die Seilkräfte links und rechts von der Umlenkrolle sind nicht gleich. Die Differenz ist die
Kraft FM, die das Drehmoment M an der Umlenkrolle erzeugt.
Wenn die Masse m2 um s 2  1m gehoben wird, wird Hubarbeit geleistet, die die potentielle
Kontrolle:
2e.
2
Energie von m2 erhöht, also E pot
0.
Epot für m2:
2
E pot
 m2 g s2  10 J
Die Masse m1 wird dagegen um h1  s2 sin  abgesenkt. Deshalb ist die potentielle Energie
von m1 kleiner als in der Ausgangsposition: E 1pot  0 .
Epot für m1:
E1pot  m1 g h1  m1 g s2 sin   20,8 J
Reibungsarbeit an m1:
WR1   G Fn1 s1   G m1 g cos  s 2  9,0 J
Die beiden Massen werden mit a  0,317 m s 2 entlang einer Wegstrecke von s 2  1m
gleichmäßig beschleunigt.
1
s 2  a t12
Es gilt:
und: v1  a t1
2
1 v12 v12
Es folgt:
und damit:
s2  a 2 
v12  2 a s 2
2 a
2a
1
1
trans
 m1  m2  v12  m1  m2  2 a s 2  1,64 J
Kin. Energie der Translation: E kin
2
2
2
1
11
1
rot
2
2  v1
Kin. Energie der Rotation:
Ekin  J R   mR R  2  mR 2 a s 2  0,16 J
2
22
4
R
Summe aller potentiellen und kinetischen Energien und der Reibungsarbeit:
2
trans
rot
E ges  E1pot  E pot
 Ekin
 Ekin
 WR1
E ges  20,8 J  10 J  1,64 J  0,16 J  9,0 J  0
Folgerung: Die Gesamtenergie im Haftreibungsfall wurde Null gesetzt. Nachdem die Masse
m2 um s 2  1m gehoben worden ist, wird die durch das Abwärtsgleiten von m1 frei werdende
(potentielle) Energie (–20,8 J) in Hubarbeit für m2 (+10 J) (dies entspricht einer Zunahme der
potentiellen Energie von m2) , kinetische Energie für die Translation der beiden Massen m1
und m2 (+1,64 J), kinetische Energie für die Rotation der Rolle mR (+0,16J) und
Reibungsarbeit an der Masse m1 (+9,0 J) umgewandelt.
Die Summe aller Energien ist wieder Null und damit gleich der Gesamtenergie des
Ausgangszustandes. Dies bestätigt den (erweiterten) Energieerhaltungssatz.
3a.
Drehimpulse vor Sprung:
L0J  p J  RK  m J v J RK  125 kg m 2 s 1
L0K  0
Drehimpuls nach Sprung:
Drehimpulserhaltungssatz:
1


L1J  K   J J  J K  K   m J  m K  RK2   K
2


0
0
1
L J  LK  L J  K
m J v J RK
mJ v J

1
1




RK2   m J  m K  RK   m J  m K 
2
2




1
mJ vJ
62,5 kg m s
K 

 0,1136 s 1
Winkelgeschwindigkeit:
1

 2 m  275 kg
RK   m J  m K 
2


1


L1J  K   m J  m K  RK2  K  125 kg m 2 s 1
Probe:
2


3.b. Anfangsenergie = Kinetische Energie (der Translation) des Jungen, da die kinetische Energie
(der Rotation) des Karussells Null ist.
1
E J0  m J v J2  78,125 J
2
Endenergie = Kinetische Energie (der Rotation) des Karussells + Jungen (dieser kann als
Massenpunkt mJ im Abstand RK betrachtet werden).
1
1 
1

E 1J  K   J J  J K  K2    m J  m K  RK2  K2  7,10 J
2
2 
2

Es werden 9,1% der anfänglichen kinetischen Energie in kinetische Energie des Karussells
mit dem Jungen und 90,9% in andere Energien (Reibung, Wärme) verwandelt.
Der Energieerhaltungssatz (für mechanische Energien) gilt also nicht.
Winkelgeschwindigkeit:
3c.
K 
Wenn der Junge mit einer Geschwindigkeit vJ, die gleich der Tangentialgeschwindigkeit vB
des Karussells am Aufsprungpunkt ist, auf das Karussell springt, gilt:
v J  v B   K0 RK ,
wobei  K0 die Winkelgeschwindigkeit des Karussells vor dem Sprung ist.
L0J  p J  RK  m J v J RK  m J v B RK  m J  K0 RK2
Drehimpulse vor Sprung:
1
L0K  J K  K0  m K  K0
2
1


L1J  K  J J  J K  1K   m J  m K  R K2   1K
Drehimpuls nach Sprung:
2


0
0
1
L J  LK  L J  K
Drehimpulserhaltungssatz:
m J  K0 RK2 
Es folgt:
 K0   1K
1
1


m K  K0   m J  m K  RK2   1K
2
2


 
2
1
J K  K0
2
1
E Jtrans  m J v J2
2
v J  v B   K0 RK
Da gilt:
2
1
1
E Jtrans  m J v J2  m J RK2  K0
folgt:
2
2
da gilt:
 K0   1K
2
2
1
1
1
E Jtrans  m J v J2  m J RK2  K0  m J RK2  1K  E Jrot
folgt:
2
2
2
2
2
1
1
E Krot  J K  K0  J K  1K
und:
2
2
Die Energie der Rotation des Karussells ist vor und nach dem Aufsprung des Jungen gleich
groß. Die kinetische Energie der Translation des Jungen wird vollständig in kinetische
Energie der Rotation des Jungen verwandelt.
Die mechanischen Energien bleiben also erhalten. Es wird keine Wärme bzw.
Reibungsenergie frei.
Energien vor dem Sprung:
E Krot 
 

 

 
 

 