t - Ing. Johannes Wandinger

1.1 Eindimensionale Bewegung
Lösungen
Aufgabe 1:
Wahl des Koordinatensystems:
vA
A
Die Zeit wird ab dem Zeitpunkt gemessen, zu dem Fahrzeug B den Punkt Q
passiert.
Der Weg wird ab dem Punkt P gemessen.
P
vB
B
Q
sA0
t = Δt
sB0
s
t=0
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 A 0  =v A  t − t 
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 B 0 v B t= s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  = sv B t E .
Diese Gleichung kann nach tE aufgelöst werden:
 v A −v B  t E = sv A t  t E =
sv A t
v A−v B
Ein Einholen ist nur möglich für v A v B .
Technische Mechanik 2
1.1-1
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Für den Ort sE des Einholens folgt
s E =s A t E =v A
=


 sv A t− v A−v B   t
 sv A t
− t =v A
v A−v B
v A−v B
vA
 sv B t 
v A−v B
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333,3 m
=
=150 s
5,556 m/ s
 120−100  / 3,6 m /s
Ort des Einholens:
120 km/ h
 500 m100 /3,6 m/s⋅10 s  =6⋅ 500 m277,78 m 
120 km /h−100 km / h
=4667 m=4,667 km
s E=
Aufgabe 2:
Wahl des Koordinatensystems:
vA
A
Die Zeit wird ab dem Zeitpunkt gemessen, zu dem Fahrzeug A den Punkt P
passiert.
Der Weg wird ab dem Punkt P gemessen.
P
vB
B
Q
sA0
t=0
sB0
s
t = Δt
Fahrzeug A:
Zum Zeitpunkt tA0 = 0 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
Fahrzeug B:
Zum Zeitpunkt tB0 = Δt befindet sich Fahrzeug B im Punkt Q, der den Abstand
D vom Punkt P hat, ab dem der Weg gemessen wird. Also ist sB0 = D. Das
Fahrzeug fährt in die entgegengesetzte Richtung. Das Ort-Zeit-Gesetz für
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1.1-2
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Fahrzeug B lautet damit:
s B t =s B 0 −v B  t −t B 0 = D−v B  t− t 
Begegnen:
Zum Zeitpunkt tT der Begegnung gilt
s A t T =s B t T  : v A t T =D−v B  t T −t 
Auflösen nach tT liefert
 v A v B  t T = DvB t
 tT =
Dv B t
.
v A v B
Für den Ort sT der Begegnung folgt
s T =s A t T =
vA
 Dv B t  .
v Av B
Die gleiche Beziehung erhält man auch aus s T =s B t T  .
Zahlenwerte:
Zeitpunkt der Begegnung:
tT=
5000 m100 / 3,6 m/ s⋅60 s 5000 m1667 m
=
=109,1 s
120100/ 3,6 m / s
61,11 m/ s
Ort der Begegnung:
120 km/ h
 5000 m100 / 3,6 m / s⋅60 s =0,5455⋅ 5000 m1667m 
220 km /h
=3636 m=3,636 km
sT =
Aufgabe 3:
s
a) Überholvorgang im Ort-Zeit-Diagramm:
B
Ort und Zeit werden ab dem Beginn des Überholvorgangs gemessen. Als Bezugspunkt für
den Ort des Fahrzeugs wird die Vorderseite des
Fahrzeugs gewählt.
d2
A
L
b) Überholweg und Überholzeit:
sU
A
d1
Aus dem Ort-Zeit-Diagramm lässt sich entnehmen:
Technische Mechanik 2
L
1.1-3
B
tU
t
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s U =v B t U =d 1d 22 Lv A t U
Daraus folgt für die Überholzeit tU:
 v B−v A  t U =d 1d 2 2 L  t U =
d 1d 2 2 L
v B −v A
Zahlenwert:
t U=
30 m50 m2⋅4 m
=10,56 s
 110−80  /3,6 m/s
Damit berechnet sich der Überholweg zu
s U = 110 /3,6  m /s⋅10,56 s=322,7 m .
Aufgabe 4:
a) Mittlere Geschwindigkeit:
Die mittlere Bahngeschwindigkeit berechnet sich aus
v m=
s 2−s 1
t 2−t 1
.
Mit s 1=87 km , s 2 =177 km , t 1=11 h 37 min=11,617 h und
t 2=12 h 22 min=12,367h folgt:
v m=
177 km−87 km
=120 km /h
12,367h−11,617 h
b) Geschwindigkeiten
Die gesamte Bewegung setzt sich zusammen
aus einer gleichförmigen Bewegung, einer
gleichmäßig verzögerten Bewegung und einer gleichförmigen Bewegung.
Abschnitt 1: Gleichförmige Bewegung
Für den zurückgelegten Weg gilt:
v
v1
v2
t1
ta tb
t2
t
s a=st a =s 1v 1  t a−t 1 
Abschnitt 2: Gleichmäßig verzögerte Bewegung
Für die Geschwindigkeit gilt: v 2 =v t b=v 1−a  t b−t a 
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Für den zurückgelegten Weg gilt: s b=st b=s av 1  t b −t a −
a
2
t b−t a 

2
Abschnitt 3: Gleichförmige Bewegung
Für den zurückgelegten Weg gilt: s 2 =s bv 2  t 2 −t b 
Bestimmung von v1:
s 2 =s bv 2  t 2 −t b 
a
2
t b−t a  [ v 1−a  t b−t a  ]  t 2−t b 

2
a
2
=s 1v 1  t a−t 1  v1  t b−t a  −  t b−t a   [ v 1−a  t b−t a  ]  t 2−t b 
2
=s av 1  t b −t a  −
Daraus folgt zunächst
s 2 −s1=v 1  t a −t 1t b−t at 2−t b  −a  t b−t a 
[
=v 1  t 2−t 1  −a  t b−t a  t 2−
[
1
 t b −t a t 2−t b
2
]
]
1
 t bt a  .
2
Auflösen nach v1 ergibt:
[
s 2−s 1a  t b−t a  t 2 −
v 1=
1
 t b t a 
2
]
t 2−t 1
Zahlenwerte:
s 2 −s1=177 km−87 km=90 km=90000 m
t b−t a =12 h 7 min−11 h 58 min=9 min=540 s
1
1
1
t b t a  =  12 h 7 min11 h 58 min =  24 h 5 min =12 h 2,5 min

2
2
2
t 2−
1
 t bt a =12 h 22 min−12 h 02,5 min=19,5 min=1170 s
2
t 2−t 1=12 h 22 min−11 h37 min=45 min=2700 s
90000 m0,1m / s 2⋅540 s⋅1170 s
v 1=
=56,73 m /s=204,24 km /h
2700 s
Die Geschwindigkeit v2 berechnet sich aus
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v 2 =v 1−a  t b−t a 
zu
v 2 =56,73 m/ s−0,1 m / s 2⋅540 s=2,73 m/ s=9,84 km /h
Aufgabe 5:
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=s 0 =0
−
v 0=v 0 =0
Die Beschleunigung ist gleich der Erdbeschleunigung: a t=a 0=g
Es handelt sich um eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung.
a) Geschwindigkeits-Zeit-Gesetz und Ort-Zeit-Gesetz:
Geschwindigkeit:
v t =g t
Ort:
1
s t= gt 2
2
b) Zeit bis zum Auftreffen:

1
2H
Zum Zeitpunkt des Auftreffens gilt: H =s T = gT 2  T =
2
g
Zahlenwert: T =

2⋅5 m
9,81 m / s 2
=1,010 s
c) Geschwindigkeit beim Auftreffen:
Zum Zeitpunkt des Auftreffens gilt: v A =v T =g

2H
= 2 g H
g
Zahlenwert: v A = 2⋅9,81 m /s 2⋅5 m=9,905 m / s
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Aufgabe 6:
a) Beschleunigung:
Für die Geschwindigkeit gilt: v s= 2 a s
Aus v 1=  2 a s 1 folgt:
a=
v12
2 s1
2
Zahlenwert: a=
 30/3,6  m2 / s 2
2⋅20 m
=1,736 m/ s 2
b) Zeit:
Aus v 1=a t 1 folgt: t 1=
Zahlenwert: t 1=
v1
a
=
2 s1 v 1
2
v1
=2
s1
v1
2⋅20 m
40 m
=
=4,8 s
30 /3,6 m/ s 8,333 m /s
Aufgabe 7:
Wahl des Koordinatensystems:
Die Zeit wird ab dem Zeitpunkt gemessen, zu dem
Ball A fallen gelassen und Ball B nach oben geworfen
wird.
Der Weg wird ab dem Erdboden nach oben gemessen.
A
s
hA
B
Ball A:
hB
Zum Zeitpunkt t0 = 0 ist der Ball in Ruhe und befindet
sich an der Stelle sA0 = hA.
Damit lautet das Ort-Zeit-Gesetz:
1
s A t =h A− gt 2
2
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Ball B:
Zum Zeitpunkt t0 = 0 hat der Ball die Anfangsgeschwindigkeit vB und befindet
sich an der Stelle sB0 = hB.
Damit lautet das Ort-Zeit-Gesetz:
1
s B t =h Bv B t − gt 2
2
Begegnung:
Die Zeit tT, zu der sich die Bälle begegnen, folgt aus
1
h=s A t T =h A − g t 2T
2
zu

tT= 2
h A−h
.
g
Die nötige Abwurfgeschwindigkeit vB für Ball B folgt aus
1
h=s B t T =h Bv B t T − g t 2T
2
zu
1
h−h B g t 2T
h−h B 1
2
.
v B=
=
 g tT
tT
tT
2
Zahlenwerte:
Zeit:

tT= 2
12 m−6 m
=1,106 s
9,81 m/s 2
Abwurfgeschwindigkeit:
v B=
6 m−1,5 m 1
 ⋅9,81 m/s 2⋅1,106 s=9,494 m/s
1,106 s
2
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Aufgabe 8:
Wahl des Koordinatensystems:
Die Zeit wird ab dem Zeitpunkt gemessen, zu dem Fahrzeug A zu bremsen
beginnt.
dB
B
A
Der Weg wird ab dem Ort gemessen,
an dem sich Fahrzeug B befindet, wenn
Fahrzeug A zu bremsen beginnt.
sB0
sA0 = dB
s
Skizze des Vorgangs im Ort-Zeit-Diagramm:
Zum Zeitpunkt TA beendet Fahrzeug A das
Bremsen.
Zum Zeitpunkt TBA trifft Fahrzeug B auf Fahrzeug A.
s
sA2
A
Umrechnung der Geschwindigkeiten:
B
v A 1=140/ 3,6 m /s=38,89 m /s
sB1
dB
v A 2=100 /3,6 m/ s=27,78 m/ s
Δt
TA TBA
t
Fahrzeug A:
Während des Bremsens gilt:
1
0≤t ≤T A : v A t=v A 1−a A t , s A t =d Bv A1 t− a A t 2 ,
2
Am Ende des Bremsens hat das Fahrzeug die Geschwindigkeit vA2:
v A 2=vT A=v A1−a A T A
Daraus folgt für die Bremszeit: T A=
v A 1−v A 2
aA
Aus

2
v A 2= v A 1−2 a A  s A 2 −d B 
2
2
folgt für den Weg am Ende des Bremsens: v A 2−v A 1=−2 a A  s A 2 −d B 
v 2A 1−v 2A 2
2 aA
=s A 2−d B  s A 2=d B
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v 2A 1−v 2A 2
2 aA
1.1-9
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Zahlenwerte:
T A=
38,89 m/ s−27,78 m/ s
s A 2=50 m
5 m /s 2
=2,222 s
38,892 m2 / s 2 −27,782 m2 / s 2
2⋅5 m/ s
2
=50 m74,07 m=124,1 m
Nach dem Bremsen fährt das Fahrzeug mit der konstanten Geschwindigkeit
vA2 weiter. Dann gilt:
t T A : v A t=v A 2 , s A t =s A 2 v A 2  t−T A 
Fahrzeug B:
Während der Zeit Δt, bis der Fahrer zu bremsen beginnt, fährt das Fahrzeug
mit der konstanten Geschwindigkeit vA1. Während dieser Zeit gilt:
0≤t ≤ t : v B t=v A 1 , s B  t=v A 1 t
Zum Zeitpunkt des Bremsbeginns befindet sich das Fahrzeug an der Stelle
s B 1=s B t =v A 1 t .
Wegen tT A befindet sich Fahrzeug A zu dieser Zeit an der Stelle
1
s A t=d B v A 1  t− a A t 2 .
2
Zahlenwerte:
s B 1=38,89 m /s⋅1s=38,89 m
1
s A t=50 m38,89 m/ s⋅1 s− ⋅5 m/ s 2⋅1 2 s 2=86,39 m
2
Wegen s A ts B 1 ist Fahrzeug B während der Reaktionszeit nicht auf
Fahrzeug A aufgefahren.
Während des Bremsens von Fahrzeug B gilt:
1
2
t  t : v B t=v A 1−a B  t− t  , s B t=s B 1v A 1  t−t  − a B  t −t 
2
Auftreffen von Fahrzeug B auf Fahrzeug A:
Fahrzeug B fährt gerade nicht auf, wenn es zum Zeitpunkt TBA, zu dem es auf
Fahrzeug A trifft, die gleiche Geschwindigkeit wie Fahrzeug A hat, d.h.
v B T BA=v A T BA  und s B  T BA =s A  T BA  .
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Aus diesen beiden Gleichungen können die beiden Unbekannten aB und TBA
bestimmt werden. Dabei sind zwei Fälle zu unterscheiden:
1. Fahrzeug B trifft auf Fahrzeug A, während beide Fahrzeuge bremsen.
2. Fahrzeug B trifft auf Fahrzeug A, während Fahrzeug A mit der konstanten Geschwindigkeit vA2 fährt.
Fall 1: Fahrzeug A bremst
Die beiden Bedingungen dafür, dass Fahrzeug B gerade nicht auffährt, lauten:
v B T BA=v A T BA   v A 1−a B  T BA− t  =v A 1−a A T BA
s B T BA=s A T BA 
1
1
2
2
 s B 1v A1  T BA−t  − a B  T BA−t  =d B v A 1 T BA− a A T BA
2
2
Aus der ersten Gleichung folgt:
a B=a A
T BA
T BA−t
Aus der zweiten Gleichung folgt zunächst
1
2
1
s B 1−d B −v A1 t− a B  T BA−t   a A T 2BA=0
2
2
und daraus unter Benutzung der Gleichung für aB weiter:
1
1
s B 1−d B −v A 1  t− a A [ T BA  T BA− t  −T 2BA ]=s B 1−d B −v A 1 t a A T BA  t=0
2
2
Damit ergibt sich:
T BA=2
d Bv A 1  t−s B1
a A t
=
2dB
a A t
Zahlenwert:
T BA=
2⋅50 m
5 m/s 2⋅1 s
=20 s
Wegen T BAT A tritt dieser Fall nicht ein.
Fall 2: Fahrzeug A fährt mit der konstanten Geschwindigkeit vA2
Die beiden Bedingungen dafür, dass Fahrzeug B gerade nicht auffährt, lauten:
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v B T BA=v A T BA   v A 1−a B  T BA− t  =v A 2
s B T BA=s A T BA 
1
2
 s B 1v A 1  T BA−t  − a B  T BA−t  =s A 2v A 2  T BA−T A 
2
Aus der ersten Gleichung folgt:
a B=
v A 1−v A 2
T BA− t
Einsetzen in die zweite Gleichung liefert
s B 1v A 1  T BA− t  −
1
 v A 1−v A 2  T BA −t =s A 2v A 2  T BA−T A  .
2
Daraus folgt zunächst
1
1
v A 1−v A 2  T BA=s A 2−s B1  v A 1v A 2  t −v A 2 T A

2
2
und daraus
T BA=


2
1
s A 2−s B 1  v A 1v A 2  t−v A 2 T A .
v A 1−v A 2
2
Zahlenwert:
124,07m−38,89 m
T BA=2
1
 38,8927,78  m/ s⋅1 s−27,78 m /s⋅2,222 s
2
38,89 m /s−27,78 m /s
 T BA=10,22 s
Für die gesuchte Verzögerung aB folgt damit:
a B=
 38,89−27,78  m/s
=1,205 m /s 2
 10,22−1  s
Diagramme:
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Aufgabe 9:
Die Strecke s wird ab dem zum Zeitpunkt t = 0 eingenommenen Ort gemessen. Dann gilt für die bis zum Zeitpunkt t1 zurückgelegte Strecke
t1
t1
s=∫ vt dt =v 0 ∫  1−e
−3t /t 1
0
 dt
.
0
Die Integration ergibt
t1
[
] [
] 

t 1 −3 t/t
t1
2
1
1
s=v 0 t e
=v 0 t 1  e−3−1  = v 0 t 1  3 = v 0 t 1  2e−3  .
3
3
3 3e
3
0
1
Die Beschleunigung berechnet sich aus der zeitlichen Ableitung der Geschwindigkeit:
v 0 −3 t /t
v 0 −3
3 −3 t /t
a t= v̇t=v 0⋅ e
=3 e
, a 1 = a  t 1 = 3 e
t1
t1
t1
1
1
Zahlenwerte:
1
s= ⋅20 m /s⋅3s⋅ 2e−3 =41,00 m
3
20 m/ s −3
a 1=3⋅
⋅e =0,9957 m/ s 2
3s
Aufgabe 10:
a) Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz und Ort-Zeit-Gesetz:
Mit t 0=0 und v 0=0 gilt für die Geschwindigkeit:
t
t
v t =∫ a d =a 0∫  1−e
− 
0
0
=t
[
]

 d =a 0  1 e−  =a0 t  1  e− t −1 


=0

Mit s 0=0 folgt für den Ort:
t
t
s t=∫ v d =a 0∫
0
=a 0
0

2

t
t 1 − t
− − 2  e −1 
2  
Technische Mechanik 2

[
− 
1 e− 
2  e
− 
d =a 0
− −


2  2
=t
]
=0

1.1-13
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Diagramme:
b) Geschwindigkeit und Ort zum Zeitpunkt t1:
Geschwindigkeit:
2

1
−0,1⋅60
s e
−1  =10,00 m / s
0,1

60 2 60
1
−
− 2  e−0,1⋅60 −1 s 2=260,0 m
2 0,1 0,1
v 1=vt 1=0,2 m /s ⋅ 60 s

Ort:
s 1=st 1=0,2 m /s 2⋅

Aufgabe 11:
a) a-s-Diagramm:
Für die Beschleunigung gilt
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2
 
v 1−v 0
dv
s v 1−v 0
a s=v = v 0 v 1−v 0
=a 0
s
ds
s1
s1
s1

mit a 0=v 0

v 1−v 0
.
s1
Zahlenwerte:
a 0=3
a [m/s2]
m 18 m/ s−3 m / s
m
⋅
=0,3 2
s
150 m
s
a s=0,3


1,8
1,2
2
m 15 m / s
m
1

s=0,3 2 0,01 2⋅s
2
150 m
s
s
s
a s 1=a150 m=1,8
0,6
m
s2
150
s [m]
b) Benötigte Zeit:
Mit t 0=0 und s 0=0 gilt für die für die Strecke s1 benötigte Zeit t1:
s1
s1
ds
t 1=∫
=∫
0 vs
0
=
s1
v 1−v 0
[

s1
v1−v 0
ds
=
ln v 0
s
v 1−v 0
v 1−v 0
s1
v 0
s
s1
s1
 ln  v v −v −ln v  = v −v
0
1
0
ln
0
1
0
s=s 1
]
s =0

v1
v0
Zahlenwert:
t 1=
 
150 m
18
ln
=17,92 s
18 m/ s−3 m/ s
3
Technische Mechanik 2
1.1-15
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Aufgabe 12:
a) v-s-Diagramm:
b) Beschleunigungen:
Für die Beschleunigung gilt:
2
1 v1
=
s s1 2 s 1
2
s1
 
dv
s
a s=v s =v 1
ds
s1
v1
Die Beschleunigung hat den konstanten Wert
102 m2 /s 2
m
a=
=0,5 2 .
2⋅100 m
s
c) Zeit bis Erreichen von s1:
Da die Beschleunigung konstant ist, liegt eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung vor. An der Stelle s1 hat der Körper die Geschwindigkeit v1. Damit
gilt:
2
1 v1
v 1=a t 1=
t
2 s1 1
Daraus folgt:
t 1=
v 1⋅2 s 1
2
v1
=2
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s1
v1
1.1-16
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100 m
=20 s
Zahlenwert: t 1=2⋅
10 m/s
Aufgabe 13:
a) Zusammenhang zwischen Ort und Beschleunigung:
Steigung: k=−
a0
sE
Damit gilt: a s=a 0−a 0
 
s
s
=a 0 1−
sE
sE
b) Geschwindigkeiten:
Mit v 0=0 und s 0=0 gilt für die Geschwindigkeit bei ortsabhängiger Beschleunigung:

s
v s= 2 ∫ a s d s
0
Für die gegebene Beschleunigung berechnet sich das Integral zu
s
s
∫ a s d s =a 0∫
0
0
[
 
1 s 2
s
1−
d s =a 0 s −
sE
2 sE
s =s
]
s =0

=a 0 s 1−
s
2 sE

.
Damit gilt für die Geschwindigkeit:
  

v s= 2 a 0 s 1−
Zahlenwerte:
s
2 sE

v 1=v s 1= 2⋅22,5 m /s 2⋅60 m⋅ 1−

60
=46,48 m/ s
2⋅150
v E =v  s E =  2⋅22,5m /s ⋅150 m⋅ 1−0,5  =58,09m / s
2
c) Zeiten
Mit v 0=0 und s 0=0 gilt für die Zeit bei ortsabhängiger Beschleunigung:
Technische Mechanik 2
1.1-17
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s
s
d s
t s=∫
=∫
v
s


0
0
[
 
d s

sE
2 a0 s −
a0
sE
sE
a0
=
150 m
22,5 m /s 2

t s 1 =2,582 s⋅
2
s
s =s
sE
a0
arcsin
2 a0
 ]  
s
=−
arcsin 1−
a0
sE
Zahlenwerte:
[ 
=−
s
−2 a 0 2 a 0
sE
s =s
]
s =0
 
sE 
s
−arcsin 1−
a0 2
sE
=
s =0
=2,582 s


60

−arcsin 1−
=2,394 s
2
150

t s E =2,582 s⋅ =4,056 s
2
Aufgabe 14:
a) Geschwindigkeit zum Erreichen der Höhe H:
Wenn der Körper die Höhe H erreicht, ist seine Geschwindigkeit null. Bei einer ortsabhängigen Beschleunigung gilt für die Geschwindigkeit:
h
2
2
0
h
2
0
v h=v 2 ∫ g sds=v −2 g 0∫
0
0
 
2
R
ds
Rs
Mit v  H =0 folgt:
H
2
0
v =2 g 0∫
0
 
2
s=H

R2
=2 g 0 R−
RH
s =0
[ ]
R
1
ds=−2 g 0 R2
Rs
Rs

Zahlenwert:


63712
v =2⋅9,81 m/ s ⋅ 6371−
⋅1000 m=973361 m2 / s2
637150
2
0
2
v 0=986,6 m / s
b) Fluchtgeschwindigkeit:
Wenn der Körper nicht zur Erde zurückfällt, wird seine Geschwindigkeit erst
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1.1-18
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in unendlicher Höhe null. Für die Fluchtgeschwindigkeit gilt daher
v F = lim
H ∞
Zahlenwert:
 

2
R
2 g 0 R−
= 2 g 0 R .
R H
v F = 2⋅9,81 m /s 2⋅6371⋅1000 m=11180 m / s
Aufgabe 15:
a) Maximale Höhe:
Während der Steigphase gilt für die Höhe
v
h v=∫
v0
v d v
.
a S v 
Bei Erreichen der größten Höhe ist die Geschwindigkeit null. Daher gilt:
0
0
0
0
v =0
[
]
1
v d v
v d v
2
H =h 0=∫
=−∫
=−
ln
gk
v


2
a

v

2
k

gk
v
v
v
S

v =v
=−

k v0
1
1
ln  g−ln gk v 20  =
ln 1

2k
2k
g
2
0

Zahlenwert:
H=
1
−3
−1
2⋅4⋅10 m

4⋅10−3 m−1⋅502 m2 / s2
ln 1
9,81 m/s
2

=87,84 m
b) Steigzeit:
Während der Steigphase gilt für die Zeit
v
t v=∫
v0
d v
.
a S  v 
Bei Erreichen der größten Höhe ist die Geschwindigkeit null. Daher gilt:
0
0
0
0
0
d v
d v
1
d v
T H =t 0=∫
=−∫
=−
∫
k v g /kv 2

v2
v aS  v
v gk 
=−
1
k
[
k
arctan
g
Technische Mechanik 2
0
v =0
  ]
k
v
g
=
v =v 0
1
k g
arctan
1.1-19
 
k
v0
g
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Zahlenwert:
T H=
1
 4⋅10
−3
−1
m ⋅9,81 m/s
2
arctan


4⋅10−3 m−1
⋅50 m/ s =3,989 s
2
9,81 m / s
c) Auftreffgeschwindigkeit:
Zu Beginn des Fallens hat der Körper die Höhe H und die Geschwindigkeit
null. Daher gilt für die Höhe:
v
h v=H ∫
0
v d v
a F  v 
Wenn der Körper wieder am Boden auftrifft, ist seine Höhe null. Daher gilt:
vB
vB
[
1
v d v
v d v
2
0=h v B = H∫
=H −∫
=H
−
−
ln
g−k
v


v
2k
v2
0 a F 
0 g−k 
=H 

g−k v
1
ln
2k
g
2
B
v =v B
]
v =0

Auflösen nach der gesuchten Geschwindigkeit vB ergibt
−2 k H=ln

g−k v 2B
g

−2 k H
 ge
2
=g−k v B  v B =−

g
−2 k H
.
1−e

k
Da der Körper nach unten fällt, muss das negative Vorzeichen gewählt
werden.
Bemerkung:
v E = g /k ist die Grenzfallgeschwindigkeit, die der Körper nach einer
hinreichend langen Fallstrecke asymptotisch erreicht. Die Geschwindigkeit des fallenden Körpers kann nicht größer als die Grenzfallgeschwindigkeit werden.
Mit
    
2 k H =ln 1
v0
2
vE
= ln
v 2E v 20
v 2E
(siehe a)) folgt
−2 k H
1−e
=1−
v 2E
v 2E v 20
=
v 20
v 2E v 20
.
Damit gilt für die Auftreffgeschwindigkeit:
Technische Mechanik 2
1.1-20
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v B=−v E

v 20
=−
2
v 2E v 0
v E v0
v
2
E
v 20
Zahlenwerte:
v E=

v B=−
9,81 m/ s 2
−3
4⋅10 m
−1
=49,52 m /s
49,52 m/ s⋅50 m /s
 49,52
2
2
2
2
2
m /s 50 m / s
2
=−35,18 m / s
d) Auftreffzeit:
Während des Fallens gilt für die ab dem Abwurf gemessene Zeit:
v
t v=T H ∫
0
d v
a F v 
Daraus folgt für die Auftreffzeit:
vB
vB
vB
d v
d v
1
d v
T B =T H ∫
=T H −∫
=T
−
∫
H
v
k 0 v 2E −v2
v2
0 a F 
0 g−k 
v =v B
[  ]
v E v
1 1
=T H −
ln
k vE 2
v E −v
=T H −
v =0
 
v E v B
1
ln
2 k vE
v E −v B
Zahlenwert:
T B =3,989 s−
Technische Mechanik 2
1
−3
−1
2⋅4⋅10 m ⋅49,52 m / s
1.1-21
ln


49,52 m /s−35,18 m / s
=8,472 s
49,52 m /s35,18 m / s
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