Vorkurs Mathematik-Physik, Teil 8 1 Aufgaben Dynamik

Vorkurs Mathematik-Physik, Teil 8
c 2016 A. Kersch
1
Aufgaben Dynamik
1. Ein D-Zug (Masse 400t) fährt mit einer Geschwindigkeit von 108km=h. Er wird auf einer Strecke von
360m mit konstanter Verzögerung zum Stehen gebracht. Welche Bremskraft zwischen Schiene und
Rad ist erforderlich ?
Lösung:
F
= ma
a = konstant
1 2
at
v = v0
2
s = v0 t
Beim Stillstand in t =
at
ist v = 0, also v0 = a
1
a
2
2
s =
360m = v0
a
=
1 108 1000m
1 v02
3600s
=
2 s
2
360m
F
= ma = 400
1000kg
= v0
v0
a
2
= 1:25
1:25
1
v0
a
2
a
1 v02
2 a
2
=
m
s2
m
= 5:0
s2
105 N
2. Die Haftreibungszahl zwischen den Reifen eines Wagens und einer horizontalen Straß
e sei
H
= 0:53.
(a) Wie großist die maximale Beschleunigung des Wagens?
(b) Wie großist der Bremsweg aus einer Geschwindigkeit von 84km=h mindestens?
Lösung:
Die Maximalkraft mit Haftung beträgt
H
Fg =
H
mg
daher ist die maximal mögliche Beschleunigung
a=
H
g
Der Bremsvorgang mit maximaler Verzögerung wird beschrieben durch
v(t)
= v0
at
v(tb )
=
0 = v0
x(tb )
= v0 tb
1 2
at
2
v0
=) tb =
a
x(t) = v0 t
atb
1 2
v0
atb = v0
2
a
1
v0
a
2
a
2
=
1 v02
1 v02
=
=
2 a
2 Hg
2
84 m 2
3:6 s
0:53
10 sm2
= 51:36m
3. Das Hochschalten beim Beschleunigen eines Autos bewirkt, dass die beschleunigende Kraft FB mit
wachsender Geschwindigkeit immer geringer wird. Näherungsweise kann man ansetzen FB (v) = P=(v+
vk ), wobei die P Motorleistung bezeichnet und vk das Einkuppeln beim Anfahren modelliert. Gesucht
sind a(t) und v(t).
Lösung:
P
v + vk
Z v
P
P
(v + vk ) dv =
dt
)
t=
(~
v + vk ) d~
v
m
m
0
v
P
1 2
1
t =
v~ + vk v~ = v 2 + vk v
m
2
2
0
r
2P
2P
2
v + 2vk v
t = 0
)
v = vk
vk2 +
t
m
m
ma
= mv_ = m•
x=
Die physikalisch sinnvolle Lösung ist mit +. Die Beschleunigung ist
r
2P
v(t) =
vk + vk2 +
t
m
P=m
P=m
=q
a(t) =
v(t) + vk
v 2 + 2P t
k
m
4. Schleifstein
Ein Schleifstein (m = 6kg, R = 0:1m) rotiert mit einer konstanten Drehzahl von 800 U= min. Die Achsenreibung wird vernachlässigt. Der Motor wird zum Zeitpunkt t0 abgeschaltet und
die Scheibe dreht sich zunächst mit konstanter Drehzahl weiter.
Zum Zeitpunkt t1 wird ein Werkstück über einen Hebel der Länge
`2 = 0:4m mit der konstanten Kraft F = 30N an die rotierende
Scheibe in der Position `1 = 0:1m gepresst. Der Reibungskoef…zient zwischen Werkstück und Scheibe betrage = 0:6.
(a) Bestimmen Sie das auf der Scheibe wirkenden Drehmoment
(b) Wie lange dauert es, bis die Scheibe zum Stillstand kommt?
(c) Zeichnen Sie das
t, _ t, • t und an t Diagramm
(an =Zentripetalbeschleunigung am Rand der Scheibe)
Lösung: (a)
F1 `1
= F2 `2
M
=
RF = R
`2
F = 0:6
`1
0:1m
0:4m
30N = 7:2N m
0:1m
(b)
J•
=
M
)
(t) = ! 0 t
_ (t)
=
t
=
•
=
_ (0) = ! 0 = 800 2 = 83:77s
60s
1M 2
M
_ (t) = ! 0
t
t
2 J
J
(0) = 0;
M
t=0
)
J
2
1
mR2
1 1 6kg (0:1m)
J
= !0 2
= 83:771 2
= 0:349s
!0
M
M
s
7:2N m
1
= 240s 1
1
6kg(0:1m)2
!0
2
7:2N m
2
EW
(c)
:
1
t = !0
J
1 1 6kg (0:1m)
= 83:771 2
= 0:503s
M
s
5N m
1
5. Kran
Eine Rampe der Steigung 33 und eine Zugmasse von
M1 = 10kg wird als Lastzug benutzt, um eine Last
von m = 2kg auf eine Höhe von h = 3m zu heben.
Der Gleitreibungskoe¢ zient auf der Rampe beträgt
G = 0:3. Die Rolle ist ein Vollzylinder vom Radius
R = 0:1m und Masse M2 = 2kg (J = 0:5M2 R2 ) und
wird schlup¤rei bewegt.
(a) Formulieren Sie die Bewegungsgleichung für die Position y(t) der Last m
(b) Lösen Sie die Bewegungsgleichung mit der Anfangsbedingung y(0) = 0.
(c) Wann ist die Last m in der Höhe y = h angekommen und welche Geschwindigkeit hat sie ?
(d) Wie großmußder Winkel
Lösung:
sein, damit die Last m sich nach unten in Bewegung setzt ?
„in Bewegung versetzt”: y(0)
_
=0
(a) Zugkraft FZ = M1 g sin , Normalkraft FN = M1 g cos
Rolle:
J=
1
2
M2 R 2 =
2
(m + M1 ) y• = M1 g sin
2
(0:1)
= 0:01
2
G M1 g cos
mg
FR = D = J
J
a
=
2
12 + 0:01= (0:1)
y•
R
y•
R2
1
(M1 g sin
G M1 g cos
m + M1 + J=R2
10 9:81 sin 33
0:3 10 9:81 cos 33
2
180
180
y• = a =
=J
mg)
9:81
= 0:702
m
s2
(b)
y=
(c)
1 2
at
2
r
r
2h
2 3
t=
=
= 2:92s
a
0:702
m
m
v = at = 0:702 2 2:92s = 2:0498
s
s
(d)
1
(M g sin
m+M
M sin
G M g cos
GM
mg)
cos
sin
m
G
1
cos
cos2
1
x2
0
0
m
M
2
m
=
+ G cos
M
2
= (0:2 + 0:3 x)
180
=
arccos 0:885 04
=
27:744
6. Atwood Fallmaschine mit Massenträgheitsmoment
Bei der Atwood’schen Fallmaschine wurde die Masse der Rolle vernachlässigt.
Nun soll der Ein‡uss des Vollzylinders (M = 2kg, R = 0:1m) berücksichtigt
werden. In der Startposition hängen Masse 1 und Masse 2 (m1 = 1kg,
m2 = 3kg) jeweils 1m über dem Boden. Das Hängeseil liegt ohne Schlupf auf
der Rolle. Nach welcher Zeit berührt die Masse m2 den Boden, nachdem sie
losgelassen wurden?
(b) Stellen Sie die Bewegungsgleichung für den Fallvorgang auf
(m1 + m2 ) R2 + J • = R (m2
• =
m1 ) g
R (m2 m1 ) g
(m2 m1 )
g
=
= 39:24 s
(m1 + m2 ) R2 + 21 M R2
(m1 + m2 ) + 12 M R
(c) Wie lautet die Lösung dieser DGL mit den gegebenen Anfangsbedingungen?
!
1
(m2 m1 )
g
s = R =R
t2
2
(m1 + m2 ) + 21 M R
s
(m1 + m2 ) + 21 M 2s
t =
(m2 m1 )
g
a 2
s = R tErsatz
r2
2s
tErsatz =
Ra
2
(d) Nach welcher Zeit berührt m2 den Boden?
s
s
(m1 + m2 ) + 12 M 2s
(1kg + 3kg) + 12 2kg 2 1m
t =
= 0:71392 s
=
(m2 m1 )
g
(3kg 1kg)
9:81m=s2
s
r
2s
2m
tErsatz =
=
= 0:63246 s
•Ersatz R
50s 2 0:1m
7. Lösung der Bewegungsgleichung für eine Federschwingung
Dazu wird gemäßdem 2. Newton’schen Gesetz die M asse Beschleunigung gleich der Rückstellkraft
gesetzt
d2 x
m 2 = Dx
dt
Mit der Abkürzung (diese Kreisfrequenz heisst auch Eigenfrequenz des Systems)
! 20 =
D
m
ergibt sich die Bewegungsgleichung
d2 x
+ ! 20 x = 0
dt2
oder
x
• + ! 20 x = 0
Die Bewegungsgleichung lässt sich lösen, also die Bahnkurve der Bewegung …nden, durch einen Ansatz
x(t) = A sin(! 0 t + ')
(Der Ansatz x(t) = A cos(! 0 t + ') wäre auch möglich). A bezeichnet die Amplitude der Schwingung, ! 0
die Kreisfrequenz und ' die Phase. Die erste und die zweite Ableitung des Ansatzes sind
x(t)
_
=
x
•(t)
=
A ! 0 cos(! 0 t + ')
A ! 20 sin(! 0 t + ')
Einsetzen in die Gleichung zeigt, dass der Ansatz tatsächlich eine Lösung ergibt
A ! 20 sin(! 0 t + ') + ! 20 (A sin(! 0 t + ')) = 0
Die Amplitude und die Phase sind jedoch noch nicht festgelegt. Wir suchen statt dieser allgemeinen Lösung
nun die Lösung mit besonderen Anfangsbedingungen
Stoß
: der Oszillator erhält in der Ruhelage einen Stoß_x(t = 0) = v0 . Ruhelage heiß
t:
x(t = 0) = 0 = A sin(') =) ' = 0
Stoßheiß
t
x(t
_ = 0) = v0 = A ! 0 cos(0) =) A =
Die spezielle Lösung mit Stoßlautet
x(t) =
v0
!0
v0
sin(! 0 t)
!0
Auslenkung: der Oszillator wird bei t = 0 um x0 ausgelenkt und losgelassen. Seine Geschwindigkeit
bei t = 0 ist somit v(t = 0) = x(t
_ = 0) = 0
0 = A ! 0 cos(') ) ' =
2
Ausgelenkt heiß
t
x(t = 0) = x0 = A sin( ) = A
2
Die spezielle Lösung mit Auslenkung lautet
x(t) = x0 sin(! 0 t +
2
) = x0 cos(! 0 t)
Beispiel 1:
Hänschen hat eine Steinschleuder, die er mit 100N um 0:5m auslenken kann. Der Stein hat eine
Masse von 100g. (a) Wie schnell ist der Stein beim Nulldurchgang ? (b) Wie hoch steigt der Stein unter
Vernachlässigung von Luftreibung im Schwerefeld ?
Lösung: siehe Abbildung (a) Die Federkonstante beträgt
100N
N
= 200
0:5m
m
F
=
x
D=
Damit die Eigenfrequenz
!0 =
r
D
=
m
s
200N m
0:1kg
1
=
r
2000
1
1
= 44:721
s2
s
Eingesetzt in die Lösung mit Auslenkung
x(tnull )
=
x0 cos(! 0 tnull ) = 0 =) ! 0 tnull =
x(t
_ null )
=
x0 ! 0 sin(! 0 tnull ) = x0 ! 0
1
m
0:5m 44: 721 = 22:361
s
s
=
2
(b) senkrechter Wurf nach oben
1 2
gt
2
z(t)
=
v0 t
z(t
_ scheitel )
=
v0
z(tscheitel )
=
v0
=
1 22: 361 m s 1
2
9:81ms 2
gtscheitel = 0 =) tscheitel =
v0
g
1
g
2
v0
g
2
=
v0
g
1 v02
2 g
2
= 25:485m
Beispiel 2:
Nun wird ein Fuß
ball (m = 500g) an einer solchen Feder (D = 200N=m) befestigt und bekommt einen
Elfmetertritt von 100km=h. Wie weit ‡iegt er an der Feder ?
Lösung: siehe Abbildung. Die Eigenfrequenz (andere Masse !) lautet
s
r
D
200N m 1
1
!0 =
=
= 20
m
0:5kg
s
Die Lösung mit Stoßlautet
x(t) =
v0
sin(! 0 t)
!0
Maximale Auslenkung heiß
t
x(t
_ max ) = v0 cos(! 0 tmax ) = 0 =) ! 0 tmax =
x(tmax )
=
=
v0
v0
sin( ) =
!0
2
!0
100=3:6 ms 1
= 1: 388 9m
20 s 1
2
Lösung mit x(t) =
v0
!0
sin(! 0 t)
Lösung mit x(t) = x0 cos(! 0 t)