Aufgabensammlung 2

Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Aufgabensammlung 2
Aufgabe 1:
Kinematik
Zwei Haltestellen sind 150 m voneinander entfernt. Eine Straßenbahn fährt geradlinig mit einer
konstanten Beschleunigung a A von der einen Haltestelle an und erreicht ihre
Fahrgeschwindigkeit von 54 km/h nach 12 s.
Unmittelbar nach erreichen der Fahrgeschwindigkeit betätigt der Fahrer die Bremsen, um die
Bahn mit einer ebenfalls konstanten Bremsverzögerung a B an der nächsten Haltestelle zum
Stehen zu bringen.
Bestimmen Sie
a.)
die Anfahrbeschleunigung a A und den Anfahrweg x A ,
b.)
den Bremsweg x B , die Bremsverzögerung a B und die Bremszeit t B .
c.)
Stellen Sie den Bewegungsvorgang zwischen den beiden Haltestellen in den
Diagrammen a (t ) , v(t ) und x(t ) dar.
Aufgabe 2:
Kinematik
Die Bremsverzögerung eines Fahrzeugs ist durch das folgende Diagramm gegeben.
a[m/s²]
t0 = 0
t1 = 40
t [s]
a0
a1=2a0
Wie groß ist a0 , wenn das Fahrzeug zur Zeit t 0 noch mit v0 fährt und zur Zeit t1 zum
Stillstand gekommen ist? Die Anfangsgeschwindigkeit beträgt v0 = 72 km/h .
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1
Technische Mechanik III
Aufgabe 3:
Aufgabensammlung 2
Kinetik – Aufstellen der Bewegungsgleichung
Vor einer um die Strecke f zusammengedrückten Feder mit der Federkonstante c liegt ein
Massenpunkt mit der Masse m . Die Punktmasse wird aus der Ruhelage losgelassen. Bis auf
welche Höhe h rutscht der Massenpunkt die schiefe Ebene hinauf? Beachten Sie den
Bewegungswiderstand µ für den gesamten Vorgang!
c
m
h
α
x
µ
f
Aufgabe 4:
Kinetik – Schiefer Wurf
Ein horizontal beginnender Wurf (Luftwiderstand vernachlässigbar) soll so ausgeführt werden,
dass der geworfene Ball (Masse m ) orthogonal durch einen Ring fliegt, der den horizontalen
Abstand a von der Abwurfstelle hat und unter dem Winkel α gegen die Horizontale geneigt
ist.
m
v0
a
x
g
b
z
α
v
a.) Wie müssen dabei der vertikale Abstand b und die Anfangsgeschwindigkeit v0 gewählt
werden?
b.) Welche Geschwindigkeit v hat der Ball beim Passieren des Rings?
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2
Technische Mechanik III
Aufgabe 5:
Aufgabensammlung 2
Kinetik – Impulssatz
Die Laufkatze eines Kranes hat 1100 kg Eigengewicht und soll mit einer Last von 10 t aus dem
Stillstand in 4 s auf eine Fahrgeschwindigkeit von 20 m/min beschleunigt werden. Welche
Antriebskraft Fa ist bei einem Fahrwiderstand von µ = 0, 02 erforderlich?
Aufgabe 6:
Kinetik – Impulssatz
Ein Golfspieler schlägt einen Ball ab. Der daraus resultierende Kraftstoß wird dabei in der Zeit
von T = 1 6 s aufgebracht. Die maximale Kraft während des Stoßes beträgt F0 = 114 N.
Man nehme den im Diagramm dargestellten zeitlichen Kraftverlauf an. Der Ball besitzt eine
Masse von m = 150 g.
Bestimmen Sie die Geschwindigkeit mit der der Golfball wegfliegt.
F (t )
F0
π 
F (t ) = F0 sin  ⋅ t 
T 
t0
Aufgabe 7:
t
T
Kinetik – Stoß
Eine Kugel mit der Masse m wird aus der Ruhelage von einer Höhe h fallengelassen und trifft
auf die unter einem Winkel ϕ = 30o geneigte starre, glatte Platte. Bestimmen Sie die
Geschwindigkeit der Kugel direkt nach dem Stoß und den Winkel α , für eine Stoßzahl
e = 0,5 .
x
h
α
ϕ
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3
Technische Mechanik III
Aufgabe 8:
Aufgabensammlung 2
Kinetik - Energiesatz
Vor einer um die Strecke f zusammengedrückten Feder mit der Federkonstante c liegt ein
Massenpunkt vom Gewicht G .
a.)
Wie groß ist seine Geschwindigkeit vA beim Ablösen von der Feder?
b.)
Wie weit rutscht er die schiefe Ebene hinauf?
Die Bewegungswiderstände sind zu vernachlässigen, (μ = 0). Bearbeiten Sie die Aufgabe mit
Hilfe des Energiesatzes.
Aufgabe 9:
Kinetik - Arbeitssatz
Bearbeiten Sie die obige Aufgabenstellung mit Hilfe des Arbeitssatzes und berücksichtigen Sie
die Reibung, (Reibungskoeffizient μ).
Aufgabe 10: Kinetik – Energiesatz
Ein Fadenpendel besteht aus einem masselosen Faden der Länge l und einer Punktmasse m .
Das Pendel wird aus der horizontalen Ruhelage losgelassen. Bestimmen Sie mit dem
Energiesatz:
a.)
die maximale Geschwindigkeit vmax , die der Massenpunkt erreichen kann.
b.)
die Funktion der Winkelgeschwindigkeit ϕ& (ϕ ) .
c.)
den Winkel ϕmax , bei dem der Faden reißen wird, wenn er nur eine begrenzte
Tragfähigkeit S max = 1, 5 ⋅ mg besitzt.
l
m
ϕ
l
g
y
x
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4
Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Musterlösungen
Aufgabe 1
a)
aA
xA
b)
m
15
v − v0
s = 1,25 m
=
=
t
12 s
s2
m
= 1,25 2 ⋅
s
(12 s )
(Anfahrbeschleunigung)
2
2
= 90 m
x B = 150 m − 90 m = 60 m
(Anfahrweg)
(Bremsweg)
gesucht: a ( x ) = aB
x
v 2 = v02 + 2 ⋅ ∫ a ( x ) dx
x0
m

⇒ 0 = 15

s 

2
+ 2 ⋅ aB
(150
m − 90 m )
2
aB
 m
15 
m
s 
= − 
= − 1,875 2
2 ⋅ 60 m
s
(Bremsverzögerung)
m
s = 8s
tB =
m
− 1,875 2
s
(Bremszeit)
12 s + 8 s = 20 s
(Gesamtzeit)
− 15
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5
Technische Mechanik III
c)
Aufgabensammlung 2
Beschleunigung:
m
a 2 
s 
1,25
t [s ]
20 s
12 s
konst.
− 1,875
Geschwindigkeit:
m
v 
s
15
linear
12
20
t [s ]
Strecke:
x [m ]
150
140
120
100
80
60
40
20
quadratisch
12
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20
t [s ]
6
Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Aufgabe 2
Aufstellung der Funktion a ( t ) z.B. mit Hilfe der Zwei-Punkte-Form der Geradengleichung:
a − a 0 a1 − a 0
=
t − t0
t1 − t 0
mit
a1 = 2 ⋅ a0
Bei t 0 = 0 und t1 = 40s erhält man,
a
a ( t ) = a = a0 + 0 ⋅ t .
40
a=
dv
= v&
dt
t1
v1 = v0 + ∫ a0 +
t0
Gegeben:
→
dv = a dt
a0
a
t dt = v0 + a0 ⋅ t1 + 0 t12
40
80
v1 = 0, t0 = 0, v0 = 72 km h = 20 m s , t1 = 40s
0 = 20
a
m
2
+ a0 ⋅ 40s + 0 ⋅ ( 40s )
s
80
a0 = −
1 m
3 s2
Die Bremsverzögerung a 0 beträgt −
1 m
.
3 s2
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7
Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Aufgabe 3
Bewegungsgleichung:
x
→: m ⋅ x&& = FFeder − R = c ⋅ (f − x ) − µ ⋅ N
(1)
↑: m ⋅ y&& = −m ⋅ g + N
(2)
FFeder
m⋅g
R
N
Es gilt y&& = 0 , da der Körper an die Ebene gebunden ist. Damit folgt aus (2)
⇒ N = m⋅g
Einsetzen in (1) liefert
m ⋅ x&& = c ⋅ (f − x ) − µ ⋅ m ⋅ g
c
a = x&& = ⋅ (f − x ) − µ ⋅ g
m
Integration:
a (x ) = a =
v1
dv dv dx
dv
=
⋅
=v⋅
dt dx dt
dt
⇒ v ⋅ dv = a ⋅ dx
c

v ⋅ dv = ∫  ⋅ (f − x ) − µ ⋅ g  ⋅ dx
∫
m

v 0 =0
0
f
v1
f
v 2 
c

c x2
=
⋅
f
⋅
x
−
⋅
− µ ⋅ g ⋅ x
 

m 2
 2 0 m
0
v 12 c 2 c f 2
= ⋅f − ⋅ − µ ⋅g ⋅f
2 m
m 2
v f = v1 =
c 2
⋅f − 2 ⋅ µ ⋅g ⋅f
m
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Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Bewegungsgleichung:
: m ⋅ x&& = −m ⋅ g ⋅ sinα − R
(3)
: m ⋅ y&& = −m ⋅ g ⋅ cos α + N
(4)
mg ⋅ cos α
mg
Der Körper ist wieder an die Ebene gebunden.
R
⇒ y&& = 0
mg ⋅ sinα
α
⇒ N = m ⋅ g ⋅ cos α
In (3) eingesetzt
m ⋅ x&& = −m ⋅ g ⋅ sinα − µ ⋅ m ⋅ g ⋅ cos α
x&& = − g ⋅ (sinα − µ ⋅ cos α )
Integration:
a (x ) = a = v ⋅
0
xh
v1
0
dv
dt
∫ v ⋅ dv = ∫ (− g ⋅ sinα − g ⋅ µ ⋅ cosα ) ⋅ dx
0
v 2 
xh
  = [− g ⋅ x ⋅ sinα − g ⋅ µ ⋅ x ⋅ cos α ]0
 2  v1
v 12
0−
= −g ⋅ x h ⋅ sinα − g ⋅ µ ⋅ x h ⋅ cos α
2
v 12
xh =
2 ⋅ g ⋅ (sinα + µ ⋅ cos α )
h
sin α =
xh
⇒ h = sin α ⋅ xh
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α
h
9
Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Damit erhält man für die gesuchte Höhe
h=
v 2f ⋅ sin α
2 ⋅ g ⋅ ( sin α + µ ⋅ cos α )
oder mit der Geschwindigkeit
c

 ⋅ f − 2 ⋅ µ ⋅ g  ⋅ f ⋅ sinα
m

h=
(
2 ⋅ g ⋅ sinα + µ ⋅ cos α )
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10
Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Aufgabe 4
a.)
Bewegungsgleichungen:
m &x& = 0
m &z& = G = m g
Integrationen: (mit unbestimmten Integralen)
x& = C1
z& = g t + C 3
x = C1 t + C 2
z=
g t2
+ C3 t + C 4
2
Anfangsbedingungen:
Gegeben sind 2 Differentialgleichungen 2. Ordnung. Bei der Integration treten damit
2 × 2 = 4 Integrationskonstanten auf. Sie folgen aus den 4 Anfangsbedingungen:
x& (0) = v0
→
C1 = v 0
x (0) = 0
→
C2 = 0
z& (0) = 0
→
C3 = 0
z (0) = 0
→
C4 = 0
Einsetzen liefert die Lösung in Parameterdarstellung (Parameter t):
→
x& (t ) = v 0
z& (t ) = g t
x (t ) = v 0 t
g t2
z (t ) =
2
Die Bewegung ist unabhängig von der Größe der Masse m.
Randbedingungen beim Passieren des Rings (Zeitpunkt tR):
x& (t R ) = v sin α
→
v0 = v sin α
(1)
x (t R ) = a
→
v0 t R = a
(2)
z& (t R ) = v cos α
→
g t R = v cos α
(3)
z (t R ) = b
→
g t R2
=b
2
(4)
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11
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Aufgabensammlung 2
Bestimmung des Abstandes b und der Anfangsgeschwindigkeit v0:
Durch umformen und einsetzen der Gleichungen (1) – (4) ineinander, folgt
b=
a
2 tan α
und
v0 = g a tan α .
b.)
Bestimmung der Geschwindigkeit v (beim Passieren des Rings):
Gl. (1) umgestellt ist
v=
v0
.
sin α
(5)
Gl. (2) umgeformt nach v0 und in Gl. (5) eingesetzt, liefert
v=
a
t R sin α
(6)
und (3) umgeformt nach tR und eingesetzt in Gl. (6), ist die Lösung
v=
ga
.
cos α sin α
m m
m
Einheiten zur Kontrolle:   =  2 
s
 s 
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12
Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Aufgabe 5
Anfangsgeschwindigkeit: v 0 = 0
v = 20
Endgeschwindigkeit:
m
20m min 1 m
=
=
min min 60s 3 s
N = m⋅g
Fa
⇒ R = µ ⋅N = µ ⋅ m ⋅ g
m⋅g
R = µ ⋅N
N
Impulssatz:
t1
m ⋅ v − m ⋅ v 0 = ∫ F ⋅ dt
t0
11100 kg ⋅
Fa =
1 m
−0 =
3 s
4s
∫ (F
a
− µ ⋅ m ⋅ g ) ⋅ dt
0
11100 kg 1 m
m
⋅
+ 0,02 ⋅ 11100 kg ⋅ 9,81 2
4s
3 s
s
Fa = 3102,8 N
=ˆ 3,1 kN
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Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Aufgabe 6
t
Impulssatz:
m ⋅ v − m ⋅ v0 = ∫ F ⋅ dt
t0
1
π
v = ⋅ ∫ F0 ⋅ sin( ⋅ t ) ⋅ dt
m 0
T
T
1
T
= − ⋅ F0 ⋅
m
π
=
v=
π 

⋅ cos ⋅ t 
T 0

T
− F0 T
⋅ ⋅ (−2)
m π
114 N 1 2
m
⋅ s ⋅ = 80, 64
0,15kg 6 π
s
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14
Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Aufgabe 7
↓: m ⋅ y&& = m ⋅ g
a = y&& = g
x
dv
dv dv dx
a (x ) = a =
=
⋅
=v⋅
dt
dt dx dt
v1
∫ v ⋅ dv =
v =0
⇒ v ⋅ dv = a ⋅ dx
mg
h
∫ g ⋅ dx
x =0
v1
v 2 
h
  = [g ⋅ x ]0
 2 0
v 12
= g ⋅h
2
v 1 = 2 ⋅ g ⋅ h Geschwindigkeit direkt vor dem Aufprall auf die Platte.
v1x = −v1 ⋅ cos ϕ
v1 y = −v1 ⋅ sin ϕ
x =ˆ Stoßnormale
α
ϕ
Da in y -Richtung kein Kraftstoß wirkt (glatte Platte), gilt v 1y = v1y
e=−
v1x
v1x
⇒ v1x = −e ⋅ v1 x = e ⋅ v1 ⋅ cos ϕ
v 1x = 0,5 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h ⋅ cos ϕ
v1x =
g ⋅h
⋅ cos ϕ
2
Für den Winkelα erhält man
tan α =
v 1x
v1y
=
e ⋅ v1x
e
=
tan ϕ
v1y
Geschwindigkeit v1 nach dem Stoß:
und mit e = 0,5 und ϕ = 30° folgt
v1 = v12x + v12y =
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α = 40,89° .
7
gh
8
15
Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Aufgabe 8
a.)
Energiesatz:
E K 0 + E P 0 = E K 1 + E P1
0+
2
m v A2
c ( f − x)
=
+0
2
2
vA = f
b.)
mit x = 0
c
m
Energiesatz:
E K 0 + E P 0 = E K 1 + E P1
m v 2A
+ 0 = 0 + m g x 0 sin α
2
x0 =
v A2
2 g sin α
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16
Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Aufgabe 9
a.)
Bewegungsgleichungen:
m &x& = FX = FFeder − R
m &y& = Fy = G − N = 0
(da in y-Richtung keine Verschiebung)
→ N =G
FX = c ( f − x ) − µ m g
Arbeitssatz:
E K1 − E K 0 = W
x
1
m v12 m v 02
−
= ∫ Fx dx = W
2
2
x0
m v A2
−0 =
2
x1 = f
c f2
∫ (c ( f − x) − µ m g ) dx = c f − 2 − µ m g f
x0 =0
2
c

v A =  f 2 − 2µ g f 
m

b.)
Bewegungsgleichungen:
m &x& = FX = −G sin α − R
m &y& = Fy = G cos α − N = 0
→ N = G cos α
FX = −G sin α − µ G cos α
Arbeitssatz:
0−
m v A2
=
2
x0 =
x = x0
∫F
X
dx = (−G sin α − µ G cos α )
x =0
v 2A
2 g (sin α + µ cos α )
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17
Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
l
Aufgabe 10:
a.)
Lage 0
Energiesatz:
v0 = 0
Ek 1
+
1
424
3
kinetische Energie
in Lage 1
E1
1
42p4
3
potentielle Energie
in Lage 1
=
ϕ
Ek 0
+
E p0
1
424
3
1
424
3
kinetische Energie
in Lage 0
potentielle Energie
in Lage 0
m ⋅ v 12
m ⋅ v 02
+ m ⋅ g ⋅ h1 =
+ m ⋅ g ⋅ h0
2
2
l
y
x
m ⋅ v 12
m ⋅0
+ m⋅g ⋅0 =
+m⋅g ⋅l
2
2
v1
Lage 1
m ⋅ v 12
= m⋅g ⋅l
2
v 12 = 2 ⋅ g ⋅ l
⇒ vmax = v1 = 2 ⋅ g ⋅ l
Merke: Energiesatz nur anwenden, wenn kein Bewegungswiderstand (Reibung) auftritt.
b.)
l
Lage 0
ϕ
v0 = 0
l ⋅ sin ϕ
Lage 1
v1
y
l − l ⋅ sinϕ = l ⋅ (1 − sin ϕ )
x
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18
Technische Mechanik III
Aufgabensammlung 2
Energiesatz:
E k1 + E p1 = E k 0 + E p 0
m ⋅ v 12
m ⋅ v 02
+ m ⋅ g ⋅ l ⋅ (1 − sinϕ ) =
+ m⋅g ⋅l
2
2
v 12 = 2 ⋅ g ⋅ l ⋅ sinϕ
⇒ v 1 = 2 ⋅ g ⋅ l ⋅ sinϕ
(1)
Sonderfall Kreisbewegung: v = r ⋅ ω = r ⋅ ϕ&
v 1 = l ⋅ ϕ&
⇒ ϕ& (ϕ ) = ϕ& =
2 ⋅ g ⋅ l ⋅ sinϕ = l ⋅ ϕ&
2 ⋅ g ⋅ sinϕ
l
(2)
c.)
Bewegungsgleichung in Polarkoordinaten:
v2
(Sonderfall Kreisbewegung: ar = = r ⋅ ω 2 = r ⋅ ϕ& 2 )
r
l
ϕ
m ⋅g
S
m ⋅ g ⋅ sinϕ
m ⋅ g ⋅ cos ϕ
S
ϕ m ⋅g
Bewegungsgleichung in
Polarkoordinaten:
: m ⋅ ar = S − m ⋅ g ⋅ sin ϕ
(3)
m ⋅ l ⋅ϕ& 2 = S − m ⋅ g ⋅ sin ϕ
S = m ⋅ l ⋅ ϕ& 2 + m ⋅ g ⋅ sin ϕ
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(4)
19
Technische Mechanik III
•
maximale Seilkraft Smax =
Aufgabensammlung 2
3
⋅ m ⋅ g und Gl. (2) in Gl. (4) eingesetzt und man erhält
2
3
2 ⋅ g ⋅ sinϕ
⋅m⋅g = m⋅l ⋅
+ m ⋅ g ⋅ sinϕ
2
l
3
= 2 ⋅ sinϕ + sinϕ
2
sinϕ =
3
1
1
⋅
=
2 (2 + 1) 2
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⇒ ϕ max = ϕ = 30°
20