s - Ing. Johannes Wandinger

Technische Mechanik Lösungsblatt 3.1
Aufgabe 1:
Wahl des Koordinatensystems:
−
−
Die Ortskoordinate s wird vom Absprungort positiv
nach unten gemessen.
s
Die Zeit wird ab dem Absprung gemessen, d.h. t0 = 0.
H
Anfangsbedingungen:
−
s 0=s0 =0
−
v 0=v 0=0
Die Beschleunigung ist gleich der Erdbeschleunigung: a t =a0 =g
Es handelt sich um eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung.
a) Geschwindigkeits-Zeit-Gesetz und Ort-Zeit-Gesetz
Geschwindigkeit: v t =g t
1 2
Weg: s t= g t
2
b) Zeit bis zum Auftreffen
1
2H
2
Zum Zeitpunkt des Auftreffens gilt: H =s T = g T  T =
2
g

Zahlenwert: T =

2⋅5 m
=1,0096 s
2
9,81 m/ s
c) Geschwindigkeit beim Auftreffen
Zum Zeitpunkt des Auftreffens gilt: v A =v T =g

2H
= 2 g H
g
Zahlenwert: v A =  2⋅9,81m / s 2⋅5 m=9,9045 m/ s
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3.1-1
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Aufgabe 2:
Wahl des Koordinatensystems:
vA
A
B
P
Q
sA0
Die Zeit wird ab dem Zeitpunkt gemessen, zu dem Fahrzeug B den Punkt
Q passiert.
vB
sB0
Der Weg wird ab dem Punkt P gemessen.
s
Fahrzeug A:
Zum Zeitpunkt tA0 = Δt befindet sich Fahrzeug A im Punkt P. Da der Weg ab
Punkt P gemessen wird, ist sA0 = 0. Damit lautet das Ort-Zeit-Gesetz für Fahrzeug A:
s A t =v A  t−t A0 
Fahrzeug B:
Zum Zeitpunkt tB0 = 0 befindet sich Fahrzeug B im Punkt Q. Punkt Q befindet
sich an der Stelle sB0 = Δs. Damit lautet das Ort-Zeit-Gesetz für Fahrzeug B:
s B t =s B0 v B t
Einholen:
Zum Zeitpunkt tE des Einholens gilt
s A t E =s B t E  ,
d.h.
v A  t E −t A0  =s B0 v B t E .
Diese Gleichung kann nach tE aufgelöst werden:
 v A −v B  t E =s B0 v A t A0
 tE=
s B0 v A t A0
v A −v B
Ein Einholen ist nur möglich für v A v B .
Für den Ort sE des Einholens folgt
s E =s A t E =v A
Technische Mechanik

s B0 v A t A0 −  v A −v B  t A0
s B0 v A t A0
−t A0 =v A
,
v A −v B
v A −v B

3.1-2
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also: s E =
vA
 s v t 
v A−v B B0 B A0
Die gleiche Beziehung erhält man auch aus s E =s B t E  .
Zahlenwerte:
Zeitpunkt des Einholens:
t E=
500 m120/ 3,6 m/ s⋅10 s 500 m333,33 m
=
5,556 m/ s
 120−100  / 3,6 m/ s
t E =150 s
Ort des Einholens:
sE=
120 km /h
 500 m100/ 3,6 m / s⋅10 s =6⋅ 500 m277,78 m 
120 km/ h−100km / h
s E =4666,67 m=4,67km
Aufgabe 3:
Ort und Zeit werden ab dem Beginn des Überholvorgangs gemessen. Als Bezugspunkt für den Ort des Fahrzeugs wird die Vorderseite des Fahrzeugs gewählt.
a) Überholvorgang im Ort-Zeit-Diagramm
s
B
L
d2
A
L
sU
A
d1
B
tU
t
b) Überholweg und Überholzeit:
Aus dem Ort-Zeit-Diagramm lässt sich entnehmen:
sU = v B t U =d 1d 2 2 L v A t U
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3.1-3
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Daraus folgt für die Überholzeit tU:
 v B − v A  t U =d 1 d 22 L
 tU =
d 1d 22 L
v B− v A
Zahlenwert:
tU=
30 m 50 m 2⋅4 m
= 10,56 s
 110− 80  / 3,6 m / s
Damit berechnet sich der Überholweg zu
sU =  110 / 3,6  m / s⋅10,56 s= 322,7 m
Aufgabe 4:
Auf die Masse wirkt nach unten die Gewichtskraft mg und
nach oben die Federkraft der Waage FW.
FW
Die Bewegungsgleichung in z-Richtung lautet:
m
m a z =F W −mg
Daraus folgt für die Beschleunigung der Kabine:
a z=
z
mg
FW
−g
m
52 N
m
kg m
m
m
−9,81 2 =10,4 2 −9,81 2 =0,59 2
5 kg
s
s kg
s
s
Zahlenwert: a z =
Aufgabe 5:
a) Kraft auf Antriebsräder:
SH
mLa0
mHa0
SL
Fa
x
Dynamisches Gleichgewicht:
∑ F x =0
: −m H a 0−m L a 0 F a =0  F a = m H m L  a 0
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2
Zahlenwert: F a =  15000  20000  kg⋅2m / s = 70 kN
b) Deichselkraft und Vertikalkräfte:
mHa0
SH
mLa0
mHg
hH
FD
A
B
hD
HH
L1
HH
HV
L2
SL
LH
y
HV
hL
mL g
FD
x
L3
LH
LV
L4
Fa
LV
Dynamisches Gleichgewicht am Hänger:
∑D F x =0 : −m H a 0F D =0  F D=m H a0
∑D M  H =0 : hH mH a0− L1 m H g−h D F D L1 L2 H V =0
H
L1 gh D−h H  a 0
 H V =m H
∑D M  H =0
V
L1 L2
: h H m H a 0 L2 m H g−h D F D −  L1 L2  H H =0
L 2 g−h D−h H  a 0
 H H =m H
L1 L2
Dynamisches Gleichgewicht am LKW:
∑D M  L =0
H
: h L m L a 0 −L 3 m L gh D F D  L3 L 4  LV =0
 LV =m L
∑D M  L =0
V
L 3 g−h L h D m H / m L  a 0
L3 L4
: h L m L a 0 L4 m L gh D F D −  L3  L4  LH =0
 LH =m L
L4 gh L h D m H /m L  a 0
L3 L 4
Zahlenwerte:
2
F D=15000 kg⋅2 m / s =30 kN
2
2
4 m⋅9,81 m / s  1 m −2 m ⋅2 m / s
H V =15000 kg⋅
= 69,825 kN
4 m 4 m
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2
H H =15000 kg⋅
2
4 m⋅9,81 m / s − 1 m − 2 m ⋅2 m / s
=77,325 kN
4 m 4 m
2
2
2
2
6 m⋅9,81m / s −1,5 m1m⋅15/20⋅2 m/ s
LV =20000 kg⋅
=108,72kN
6 m4 m
4 m⋅9,81 m /s 1,5 m1 m⋅15/ 20⋅2m / s
L H =20000 kg⋅
=87,48 kN
6 m4 m
Aufgabe 6:
a) Bremswege:
Die Bremswege können mit dem Arbeitssatz berechnet werden.
1
K
2
Kinetische Energie bei Bremsbeginn: E 1 = m v
2
K
Kinetische Energie bei Bremsende: E 2 =0
R
Arbeit der Reibkraft: W 12 =−0 m g s
Arbeitssatz: E
K
2 −
E
K
1 =
W
R
12
2
1
v
2
 − m v =− 0 m g s  s =
2
2 0 g
Zahlenwerte:
−
PKW A: v A =30 km/ h=30 /3,6 m/ s=8,333 m / s
2
2
2
8,333 m / s
 s A=
=4,424 m
2⋅0,8⋅9,81 m/ s 2
−
PKW B: v B= 50 km / h = 50 / 3,6  m / s= 13,89 m / s
2
2
2
13,89 m / s
 sB=
=12,29 m
2⋅0,8⋅9,81 m /s 2
b) Geschwindigkeit von PKW B:
Bei Bremsbeginn hat PKW B die kinetische Energie
1
K
2
E B1= m v B .
2
An der Stelle, an der PKW A zum Stehen kommt, hat PKW B die kinetische
Energie
1
K
2
E BA= m v BA .
2
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Für die auf dieser Strecke von der Reibungskraft verrichtete Arbeit gilt:
R
W 1 A=−0 m g s A
K
K
R
Der Arbeitssatz lautet: E BA− E B1= W 1 A 
1
1
2
2
m v BA− m v B =− 0 m g s A
2
2
Daraus folgt für die gesuchte Geschwindigkeit:
2
v BA= v B − 20 g s A
Zahlenwert:
2
2
2
2
v BA=  13,89 m / s −2⋅0,8⋅9,81m / s ⋅4,424 m =11,11 m / s= 40,01km / h
Aufgabe 7:
Wenn der PKW mit konstanter Geschwindigkeit fährt, ist die Antriebskraft F
im Gleichgewicht mit den Widerstandskräften:
1
2
F =R R R L= r m g cW A  v
2
Die Antriebsleistung berechnet sich also zu
1
3
P=F v=r m g v c W A  v .
2
Zahlenwerte:
2
r m g=0,014⋅1500 kg⋅9,81 m/ s =206,0 N
1
1
2
3
cW A = ⋅0,26⋅2,2m ⋅1,21 kg / m =0,3461 kg / m
2
2
P R= r m g v
1
3
P L= c W A  v
2
P=P R P L
80
4,578
3,798
8,376
120
6,867
12,817
19,684
150
8,584
25,033
33,617
kW
kW
kW
v
km/h
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