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Fachhochschule Hannover
Fachbereich Maschinenbau
Fach: Physik 1 im SS06
1.
a.
b.
c.
d.
e.
2.
a.
b.
c.
d.
e.
3.
a.
b.
c.
d.
e.
PT2
28.06.06
Zeit: 90 min
Hilfsmittel: Formelsammlung zur Vorlesung
Der Anhalteweg eines Pkw ( mPKW = 1800 kg ) setzt sich aus dem Reaktionsweg (gleichförmige Bewegung vom Erkennen des Hindernisses bis zum Beginn des Bremsens) und dem tatsächlichen Bremsweg (gleichmäßig beschleunigte Bewegung) bis zum Stillstand zusammen.
Die Reaktionszeit des Fahrers betrage 0,6 s und die Bremsverzögerung sei – 8 m/s².
Skizzieren Sie die a-t-, v-t- und s-t-Diagramme.
Wie groß darf die Geschwindigkeit höchstens sein, wenn der Anhalteweg 10 m nicht überschreiten soll?
Wie groß ist die Bremszeit und wie groß sind der Reaktionsweg und der reine Bremsweg?
Wie groß ist die mittlere Geschwindigkeit (Durchschnittsgeschwindigkeit) für den gesamten
Anhalteweg?
Wie groß ist die maximale, wie groß die mittlere Bremsleistung?
Eine Masse ( m1 = 1 kg ) wird von einem zweiten
Körper (Masse m2 = 2 kg ) auf einer schiefen Ebene
mit einem Neigungswinkel von α = 20° und der
Länge l = 1 m hochgezogen. Die Gleitreibungszahl
beträgt µG = 0, 2 . Die Rolle habe eine Masse von
mR = 1 kg und kann als Hohlzylinder behandelt
werden. Die Masse des Seils soll vernachlässigt werden.
Mit welcher Beschleunigung bewegen sich die Masse?
Welche Zeit benötigt m1 , um die Strecke l zu durchlaufen? Anfangsbedingung v(t = 0) = 0 .
Welche Geschwindigkeit erreicht m1 am Ende der schiefen Ebene?
Vergleichen Sie die Energien in der Anfangs- und Endposition und bestimmen Sie die Reibungsarbeit auf der Strecke l mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes.
Wie groß sind die Seilkräfte an m1 und m2 während der beschleunigten Bewegung?
Betrachten Sie den Wurf eines Balls(B) (Masse mB = 100 g )
auf eine Zielscheibe (Z) (Z mit vernachlässigbarer Masse), die
senkrecht am äußeren Rand einer drehbaren horizontalen
Scheibe (homogener Zylinder mit Masse mS = 8 kg und Radius
R = 0,5 m ) befestigt ist. Ballgeschwindigkeit vor dem Stoß:
vB = 110 km h −1 .
Betrachten Sie den Stoss als (vollkommen) elastisch. Welche
Geschwindigkeiten uB hat der Ball nach dem Stoß?
uB
Welche Winkelgeschwindigkeit ωS hat die Drehscheibe?
Man betrachten ein Stück Knetmaterial gleicher Masse und gleicher Anfangsgeschwindigkeit,
das nach dem Wurf an der Zielscheibe haftet. Welche Winkelgeschwindigkeit hat die Drehscheibe nach dem vollkommen unelastischen Stoß?
Welcher relative Energieanteil Q / Ekin wird im Fall 3c. in Wärme/Verformung umgewandelt?
Nehmen Sie an, dass im Aufgabenteil a. und c. die Kontaktzeiten des Balls bzw. der Knete
mit der Scheibe jeweils 0,1 s beträgt. Mit welcher Kraft wirken der Ball bzw. die Knete auf
die Scheibe?
2
(Hinweise: Zur Vereinfachung empfiehlt es sich, die dimensionslose Größe J = J ( mB R ) zu verwenden)
Verwenden Sie zur Vereinfachung bei allen Aufgaben g = 10 m s-2.
Lösungen:
1a.
1b.
1
a t B2
2
t R Reaktionszeit, t B Bremszeit, t A = t R + t B gesamte Anhaltezeit
Anhalteweg s A :
s A = vmax ⋅ t R +
a =
Bei gleichmäßiger Bremsbeschleunigung gilt:
Einsetzen:
s A = vmax ⋅ t R +
∆v vmax
=
tB
∆t
2
1 vmax
2 a
2
vmax
+ 2 vmax a t R = 2 a s A
vmax = ± a t R2 + 2 a s A − a t R
2
(
vmax = ± 82 0, 62 + 2 ⋅ 8 ⋅10 − 8 ⋅ 0, 6
vmax = 8, 7292
m
km
= 31, 4
s
h
) ms
1c.
tB =
Bremszeit:
vmax 8, 7292
=
s = 1, 09 s
8
a
sR = vmax ⋅ t R = ( 8, 7292 ⋅ 0, 6 ) m = 5, 24 m
1
⎛1
⎞
a t B2 = ⎜ ⋅ 8 ⋅1, 092 ⎟ m = 4, 76 m
2
⎝2
⎠
s
10 m
m
km
v = ges =
= 5,92 = 21,3
t ges ( 0, 6 + 1, 09 ) s
s
h
sB =
1d.
Durchschnittsgeschwindigkeit:
1e.
Maximale Bremsleistung:
PBrems,max = F ⋅ vmax = mPKW ⋅ a ⋅ vmax
PBrems,max = (1800 ⋅ 8 ⋅ 8, 7292 ) W = 125, 7 kW
1
⎛
⎞
PBrems,max = ⎜ 1800 ⋅ 8 ⋅ ⋅ 8, 7292 ⎟ W = 62,85 kW
2
⎝
⎠
Mittlere Bremsleistung
2a.
⎛
⎞
⎜ ∑ Fi ⎟ − m2 a = 0
⎝ i
⎠
nach unten und die Seilkraft FS 2 nach oben.
D'Alembertsches Prinzip für m2:
Es wirkt die Gewichtskraft Fg 2
(F
g2
− FS 2 ) − m2 a = 0
(1)
⎛
⎞
⎜ ∑ Fi ⎟ − m1 a = 0
⎝ i
⎠
Es wirken die Seilkraft Fg1 nach oben, die Tangentialkomponente der Gewichtskraft Ft1 und
D'Alembertsches Prinzip für m1:
die Gleitreibungskraft FG1 nach unten.
( FS1 − Ft1 − FG1 ) − m1 a = 0
(2)
Die Kräfte an den beiden Seilenden sind nicht gleich, da die Masse der Umlenkrolle nicht
vernachlässigbar ist und die Seilkraft FS 2 ("rechts") größer als die Seilkraft FS 1 ("links") sein
muss, um ein Drehmoment M R an der Umlenkrolle rechts erzeugen zu können.
M
(3)
FS 2 − FS 1 = R
R
Für starre Körper (Rolle) gilt:
M R = J R ⋅ α R = k mR R 2 α R = 1 mR R 2 α R
"Rollbedingung" für Seil-Rolle:
a = R ⋅α R
Aus (1) ergibt sich:
M R mR R 2 a
=
= mR a
R
R2
FS 2 = Fg 2 − m2 a = m2 g − m2 a
Aus (2) ergibt sich:
FS 1 = Ft1 + FG1 + m1 a
Einsetzen in (3):
FS 2 − FS 1 =
Einsetzen in (3) ergibt:
( m2 g − m2 a ) − ( Ft1 + FG1 + m1 a ) = mR a
Hangabtriebskraft von m1 :
Gleitreibungskraft von m1 :
Einsetzen:
Ft1 = m1 g sin α
FG1 = µG m1 g cos α
m2 g − m2 a − m1 g sin α − µG m1 g cos α − m1 a = mR a
Lösung:
a = g⋅
m2 − m1 ( sin α + µG cos α )
m1 + m2 + mR
m 2 − 1( 0,3420 + 0, 2 ⋅ 0,9396 )
a = 10 2 ⋅
s
1+ 2 +1
m
⋅ 0,3675 = 3, 67 m s −2
2
s
1
Bei gleichmäßiger Beschleunigung gilt:
s (t ) = a t 2
2
1
Für die Strecke l folgt:
s ( tl ) = l = a tl2
2
2⋅l
2 ⋅1 m
tl =
=
= 0, 738 s
Für die Strecke l gilt:
a
3, 67 m s −2
a = 10
2b.
2c.
Bei gleichmäßiger Beschleunigung gilt:
v(t ) = a ⋅ t
Es folgt für s ( tl ) = l :
v(tl ) = a ⋅ tl
Lösung:
2d.
Definition:
Es folgt:
m
m
⋅ 0, 738 s = 2, 71
2
s
s
Für t = 0 soll für die Masse m1 gelten:
E pot ,1 ( t = 0 ) = 0
v(tl ) = 3, 67
Für t = 0 soll für die Masse m2 gelten:
E pot ,2 ( t = 0 ) = m2 g l
und:
Ekin ,1 = Ekin ,2 = Erot = 0
Für t = tl gilt für die Masse m1 :
E pot ,1 ( t = tl ) = m1 g H
Mit Höhe H:
Für t = tl gilt für die Masse m2 :
H = l ⋅ sin α = 0,3420 m
E pot ,2 ( t = tl ) = 0
Energieerhaltungssatz:
E pot ,2 = Ekin ,1 + Ekin ,2 + Erot + E pot ,1 + WR ,1
mit Reibungsarbeit:
WR ,1 = µG m1 g cos α ⋅ l
WR ,1 = ( 0, 2 ⋅1⋅10 ⋅ 0,9396 ⋅1) J = 1,879 J
E pot ,2 ( t = 0 ) = m2 g l = 2 ⋅10 ⋅1 ⋅1 = 20, 000 J
E pot ,1 ( tl ) = m1 g H = 1 ⋅10 ⋅1⋅ 0,3420 = 3, 420 J
1
m1v 2 ( tl ) = 0,5 ⋅1⋅ 2, 712 J = 3, 670 J
2
1
Ekin ,2 = m2 v 2 ( tl ) = 0,5 ⋅ 2 ⋅ 2, 712 J = 7,340 J
2
Erot = E pot ,2 − Ekin ,1 − Ekin,2 − E pot ,1 − WR ,1
Ekin ,1 =
Rotationsenergie:
Erot = ( 20, 000 − 3, 670 − 7,340 − 3, 420 − 1,897 ) J
Erot = 3, 670 J
Vergleich: Wenn die Masse m1 die Strecke l durchlaufen hat und die Geschwindigkeit
v ( t = tl ) besitzt, gilt für die Winkelgeschwindigkeit der Rolle:
ωR ( t = tl ) =
Rotationsenergie:
mit:
Einsetzen:
2e.
Seilkraft an m2:
v ( t = tl )
1
J R ωR2
2
J R = mR R 2
R
Erot =
2
1
1
2 v ( t = tl )
= mR v 2 ( t = tl )
Erot = mR R
2
R
2
2
2
Erot = 0,5 ⋅1 ⋅ 2, 709 J = 3, 670 J
FS 2 = Fg 2 − m2 a = m2 g − m2 a
Seilkraft an m1:
Differenz:
FS 2 = 20, 0 N − 7,34 N = 12, 66 N
FS 1 = Ft1 + FG1 + m1 a
FS 1 = m1 g ⋅ sin α + µG m1 g ⋅ cos α + m1 a
FS 1 = 3, 42 N + 1,88 N + 3, 67 N = 8,97 N
FS 2 − FS 1 = 3, 69 J
M R Ja mR R 2
= 2 =
a = mR a
R
R
R2
FS 2 − FS 1 = mR a = 1⋅ 3, 67 N = 3, 67 N
Bis auf die Rundungsfehler sind die Ergebnisse gleich.
Probe:
3a. Bezeichnungen:
FS 2 − FS 1 =
mB
mS
vB
uB
Masse des Balls
Masse der drehbaren Scheibe
Geschwindigkeit des Balls vor dem Stoß
Geschwindigkeit des Balls vor dem Stoß
ω
Kreisfrequenz der drehbaren Scheibe
R
Radius der drehbaren Scheibe
J
Trägheitsmoment der drehbaren Scheibe
J
Jˆ =
Trägheitsmoment (dimensionslos) der
mB R 2
drehbaren Scheibe in Einheiten des
Trägheitsmoments des Balls (als Massenpunkt)
Rω = uR
Bahngeschwindigkeit eines
Massenpunktes am Rand der Drehscheibe
Es handelt sich um einen vollkommen elastischen Stoß.
mB vB R = J ω + mB u B R
Drehimpulserhaltungssatz:
1
1
1
Energieerhaltungssatz:
m B v B2 = J ω 2 + m B u B2
2
2
2
J
(R ω ) + u B
vB =
Umstellung Drehimpulsgleichung:
mB R 2
J
Umstellung Energiegleichung:
(Rω )2 + u B2
m B v B2 =
2
mB R
2
1
0,5 ⋅ 8000
J
2 mS R
Zur Vereinfachung verwende man:
J=
=
=
= 40
2
2
100
mB R
mB R
uR = R ω ,
so folgt aus dem
und u R :
vB2 = J uR2 + uB2
Energieerhaltungssatz:
vB = J u R + u B
aus dem Drehimpulserhaltungssatz:
1
Aus Gl (2) erhält man:
u R = (v B − u B )
J
1
2
Dies eingesetzt in Gl (1) ergibt:
v B2 = ⋅ (v B − u B ) + u B2
2 J 2
J v B = v B − 2v B u B + u B2 + J B u B2
Es folgt:
u B2 ⋅ 1 + J − 2 v B u B = v B2 ⋅ J − 1
(
)
(
)
(1)
(2)
Es folgt:
1
2 J −1
u −2
vB u B = vB
1+ J
1+ J
1
1
1
=
α=
=
1 + J 1 + 40 41
J − 1 40 − 1 39
=
=
β=
1 + J 1 + 50 41
u B2 − 2 α v B u B = β v B2
Lösungen der quadratischen Gl.
u B = ± α 2 + β + α ⋅ vB
2
B
Zur Vereinfachung verwende man:
sowie:
)
(
uB
1 39
1
1 39 ⋅ 41 1
=±
+
+ =±
+
+
2
vB
41 41 41
412
412
41
Die zur positiven Wurzel gehörende Lösung scheidet aus, da u B und v B entgegengesetzte
Richtungen haben.
uB
1
1600 1 − 40
39
Lösung:
= −
=
= − = −0,951
41
41
41
vB 41
u B = −0,951 ⋅110 km h −1 = −104, 6 km h −1
3b. Die Winkelgeschwindigkeit ω erhält man am einfachsten aus den Beziehungen
u
1
1⎛ u ⎞
für u R und B aus 4a:
u R = R ω = ( vB − u B ) = ⎜ 1 − B ⎟ ⋅ vB
vB
J
J ⎝ vB ⎠
1 ⎛ 39 ⎞
80
80
⋅ vB =
⋅ vB
⎜ 1 + ⎟ ⋅ vB =
40 ⎝ 41 ⎠
40 ⋅ 41
1640
80
2
1
uR = R ω =
⋅ vB =
= 0, 0488 ⋅ vB = 4,9 m s −1
1640
41
2 v
2 30,55 m s −1
ω= ⋅ B = ⋅
= 2,98 s −1 ≅ 3 s −1
Es folgt:
41 R 41
0,5 m
3c. Es handelt sich um einen vollkommen unelastischen Stoß.
Masse Knetmaterial:
mK = mB = 100 g und vK = vB = 110 km h −1
uR = R ω =
Drehimpulserhaltungssatz:
mK vK R = ( J + mK R 2 ) ω
Aus Drehimpulserhaltungssatz folgt:
ω=
ω=
mK vK R
mK vK R
vK
=
=
2
2
J + mK R
mK R ⋅ J + 1 R ⋅ J + 1
(
)
(
)
vK
1 v
1 30,56 m s
= ⋅ K = ⋅
J + 1 R 41
0,5 m
R ⋅ J +1
(
−1
)
ω = 1, 49 s ≅ 1,5 s −1
−1
3d. Energieerhaltungssatz:
Einsetzen von
Liefert:
1
1
mK vK2 = ( J + mK R 2 ) ω 2 + Q
2
2
1
1
Q = mK vK2 − ( J + mK R 2 ) ω 2
2
2
1 v
ω = ⋅ K und J = J ⋅ mK R 2
J +1 R
1
1 Q = mK vK2 − J ⋅ mK R 2 + mK R 2
2
2
(
)
1
( J + 1)
2
vK2
R2
1
1 1
m B v B2 − m B v B2
2
2 J +1
1
1 ⎞
1 ⎞
⎛
⎛
Q = mB vB2 ⎜ 1 − ⎟ = E0 ⎜ 1 − ⎟
2
⎝ J +1⎠
⎝ J +1⎠
Q
41 − 1
=
= 0,9756 also ist die Lösung 97,56%.
0
Ekin
41
Kraftstoß = Impulsänderung
∫ F dt = F ⋅ ∆t = ∆p
Q=
3e. Es gilt allgemein:
Entsprechend Actio = Reactio gilt:
Kraftstoß auf die Scheibe = - Impulsänderung des Balls
∫ FS dt = FS ⋅ ∆t = −∆pB
Für den Ballwurf gilt:
−∆pB = − ( pEnd − p Anf ) = − mB ( u B − vB )
Kraft auf die Scheibe:
FS , B =
FS , B
m ( u − v ) mB ( u B + v B )
−∆pB
=− B B B =
∆t
∆t
∆t
mB ( u B + vB ) 0,1 kg ( 0,951 + 1) vB
=
=
= 59, 6 N
∆t
0,1 s
Für den Wurf mit Knete:
−∆pK = − ( pEnd − p Anf ) = − mK (ω R − vB )
Kraft auf die Scheibe:
FS , K =
FS , K
FS , K
m ( ω R − v B ) mB ( v B − ω R )
−∆pK
=− B
=
∆t
∆t
∆t
−∆pK mB ( vB − ω R )
=
=
∆t
∆t
0,1kg ⋅ ( 30,55 − 1, 49 ⋅ 0,5 ) m s −1
=
= 29,8 N
0,1 s