LÖS - Mechanik - Beck-Shop

1
Lösungen : Newtonsche Axiome und Kräfte
3–14 Gleitender Stab
Die Finger A und B tragen das Gewichtskräfte FA und F B . Es gilt:
=
FA a
FA + FB = m g
FB b
↑
Hebelgesetz
⇒
FA =
b
mg
a+b
FB =
a
mg
a+b
Zu Beginn des Versuches sei a < b und daher FA > F B . Das Gleiten beginnt dann bei B. Da die
Haftreibungszahl µ0 größer als die Gleitreibungszahl µ ist, kommt B noch nicht zur Ruhe, wenn
a = b , sondern erst, wenn
µ 0 FA = µ 0
b
a
m g = µ FB = µ
mg
a+b
a+b
⇒
µ0
a
=
>1
µ
b
Jetzt beginnt der Stock auf dem Finger A zu gleiten usw. Da jedesmal der Koeffizient µ 0 / µ auftritt,
nähern sich A und B in geometrischer Progression. Unter dem Schwerpunkt S treffen sie zusammen.
3–15 Reibung auf Kreisbahn
a) Die Reibungskraft hat die entgegengesetzte Richtung der Geschwindigkeit. Durch die Reibungskraft wird die Masse in tangentialer Richtung abgebremst. Nach dem zweiten Newtonschen Axiom
gilt für die tangentiale Beschleunigung a T :
=
m aT
↑
Gl. ( 2.5−10)
& = − FR = − µ ⋅
mRω
m ω2 R
1
424
3
⇒
dω
= − µ ω2
dt
Zentrifugalkraft
Wir trennen die Variablen, integrieren die Gl. auf beiden Seiten und erhalten (nach Gl. 2.5−6) mit
ω0 = v0 / R :
dω
ω2
⇒
−
1
ω'
ω( t )
= − µ dt
∫
⇒
ω0
ω( t )
ω0
= −µt
dω
ω2
ω(t ) =
⇒
t
= −µ
∫ dt '
0
1
(1)
R
+µt
v0
b) Wegen ω = ϕ& gilt
Tn
2 π n = ϕ (T n ) − ϕ ( 0 )
=
↑
∫ ϕ& (t ) d t
Hauptsatz
0
der Analysis
=
Tn
=
↑
∫
Gl. (1)
0
 Tn
µ v 0 Tn 
1  R
1 

ln
+ µ t
=
ln 1 +

µ  v 0
µ
R


0

dt
R
+ µt
v0
=
2
⇒
Lösungen : Newtonsche Axiome und Kräfte
Tn =
R
µ v0
(e 2πnµ
− 1)
In dem betrachteten Modell kann die Masse beliebig viele Umläufe machen, da die Reibungskraft F R ~ ω 2 mit
abnehmender Winkelgeschwindigkeit quadratisch fällt. In der Wirklichkeit aber bleibt die Masse nach einigen
Umläufen wegen der konstanten (hier vernachlässigten) Bodenreibung liegen.
c)
v n = R ω( T n ) = v0 e − 2 π n µ
3–18 Abgebremste Bewegung mit linear fallender Reibungskraft
Viele Studenten wollen diese Aufgabe mit den Gln. (2.4–4/5) für gleichförmig beschleunigte Bewegungen lösen.
Das ist ein schwerer Fehler, da die Bremskraft und damit auch die Beschleunigung nicht konstant sind.
a) Die Bremskraft ist eine lineare Funktion und lautet daher:
F B (v ) = a + b v
mit a , b = const. Die beiden Vorgaben
F B (0) = a =
FB 0
F B (v 0 ) = a + b v 0 = F B 0
2
führen auf

v  FB 0
F B (v ) =  1 +
v0  2


Abb. 1 Die Bremskraft ist eine lineare
Funktion der Geschwindigkeit.
b) Die Bewegungsgl. lautet:
ma = m
dv
v + v0 F B 0
= − F B (v) = −
dt
v0
2
Trennung der Variablen führt auf
v (t )
FB 0
dv
= −
dt
v + v0
2 m v0
⇒
⇒
ln ( vˆ + v 0 )
v(t )
v0
= ln
∫
⇒
v0
FB 0
d vˆ
= −
vˆ + v 0
2 m v0
t
∫ d tˆ
0
FB 0
v (t ) + v 0
= −
t
2 v0
2 m v0
FB 0


v (t ) = v 0  2 exp  −
 2 m v0



t  − 1


für t ≤ t B
(1)
c) Für die Bremszeit t B verschwindet die eckige Klammer in Gl. (1):
FB 0


2 exp  −
tB − 1 = 0
 2 m v0

⇒
tB =
2 m v0
ln 2
FB 0
⇒
−
FB 0
2 m v0
t B = ln
1
= − ln 2
2
Lösungen : Newtonsche Axiome und Kräfte
3
d) Nach Gl. (2.3–5) ergibt sich der Bremsweg durch eine Integration über die Geschwindigkeit:
tB
∫
s0 =
tB
v (t ) dt = v 0
0
⇒
∫
 2 e − t / T − 1  dt
0
mit
FB 0
1
:=
T
2 m v0
t


−t /T
s 0 = v 0  − 2 T e − t / T B − t B  = v 0  − 2 T e B
+ 2 T − t B  =
0


2
 4 m v0
( 1 − e − ln 2 ) − 2 m v 0 ln 2  = 2 m v 0 ( 1 − ln 2 )
= v0 
F B0
F B0
 F B0

3–19 Kräfte an schiefer Ebene
a) Mit m ges : = m1 + m 2 + m 3 finden wir die Hangabtriebskraft Fab und die Gleitreibungskraft F R :
Fab = m ges g sin α
F R = µ m1 g cos α
b)
m ges a = F − F ab − F R = F − m ges g sin α − µ m1 g cos α
⇒
a =
m1
F
− g sin α − µ
g cos α
m ges
m ges
Die Seilkraft F 12 überwindet die Hangabtriebskräfte der Massen m 2 , m 3 und beschleunigt diese
beiden Massen. Daher gilt:
(
F 12 = m 2 + m 3
) ( a + g sin α ) =
 F

m1
= m2 + m3 
− g sin α − µ
g cos α + g sin α  =
 m ges

m ges


(
=
)
m2 + m3
m1 + m 2 + m 3
( F − µ m1 g cos α )
3–20 Kraft auf rollenden Wagen
Alle drei Massen sollen durch die Kraft F gleich stark beschleunigt werden. Daraus folgt
(
)
F = m1 + m 2 + m 3 a
(1)
Die Gewichtskraft m 3 g der dritten Masse muss die Masse m 2 beschleunigen, so dass
m3 g = m2 a
Einsetzen der Gl. (2) in Gl. (1) liefert
F =
m3
m2
( m1 + m 2 + m3 ) g
(2)
4
Lösungen: 4 Arbeit, Energie und Leistung
Lösungen: 4 Arbeit, Energie und Leistung
4–9 Massenbestimmung
Die Masse m kann anfangs nur nach oben laufen, wenn m < M gilt.
Die rechte, kleinere Masse m schwingt zwischen dem Anfangsort bei ϑ 0 und dem oberen Umkehrpunkt bei ϑ = 0 periodisch – aber nicht harmonisch – auf und ab. Die eine Masse erreicht ihren
tiefsten Punkt, wenn die andere Masse ihren höchsten Punkt erreicht und umgekehrt.
Da das System energetisch geschlossen ist und keine Reibungen
auftreten, gilt der mechanische Energieerhaltungssatz. In den
oberen Umkehrpunkten der beiden Massen sind nur potentielle
Energien vorhanden. Die kleine Masse m wird – von ihrem
tiefsten Punkt aus gemessen – um die Strecke
l tan ϑ 0
gehoben (siehe Abb. 1). Die große Masse M wird – von ihrem
tiefsten Punkt aus gemessen – um die Strecke
Abb. 1 Die Verschiebungen der
beiden Massen können mit dieser
Abb. ermittelt werden.
l
−l
cos ϑ 0
gehoben (siehe Abb. 1).
Vor der Aufstellung des Energieerhaltungssatzes werden die Nullpunkte der Lageenergien der beiden
Massen (willkürlich) jeweils in den tiefsten Punkt ihrer periodischen Schwingung gelegt. (Die Nullniveaus der beiden Massen haben also verschiedene Höhen.)
Dann lautet der Energieerhaltungssatz
m g l tan ϑ 0
142
4 43
4


l
= Mg
−l
 cos ϑ 0

 42444
144
3
m im höchsten Punkt
M im höchsten Punkt
⇒
M =
tan ϑ 0
sin ϑ 0
m =
m
1
1
−
cos
ϑ
0
−1
cos ϑ 0
Kontrolle + Veranschaulichung:
•
M hängt nicht von l ab, weil beide Massen bei k-facher Länge k l den k-fachen Weg zurücklegen müssen.
Daher kürzt sich l im Energieerhaltungssatz heraus.
•
Für ϑ 0 → 0 gehen Zähler und Nenner gegen null. Mit der Regel von de l’Hospital erhalten wir
lim
ϑ0 → 0
sin ϑ 0
1 − cos ϑ 0
= lim
ϑ0 → 0
cos ϑ 0
sin ϑ 0
= ∞
Wenn m nahe bei ϑ 0 = 0 losgelassen wird, so muss die linke Masse M sehr groß sein, um die rechte Masse
m trotz des fast schon waagerechten rechten Seilstückes zum Punkt ϑ = 0 hochzuziehen.
•
Für ϑ 0 → 90° geht M → m . Beim Hochschwingen von m ist das rechte Seilstück während des größten
Teils des Weges nahezu vertikal. Folglich legen m und M ungefähr gleiche Strecken zurück. Wegen des
Energieerhaltungssatzes folgt M → m für ϑ 0 → 90° .
5
Lösungen: 4 Arbeit, Energie und Leistung
4–17 Energieniveaus des Wasserstoffatoms
a) Um das Elektron von einem Ort mit Kernabstand r1 zu einem Ort mit dem größeren Kernabstand
r 2 zu bringen, ist folgende Arbeit zu leisten:
W12
Für
r2
e 02
=
4 πε0
V (r) = −
∫
r1
dr
e 02
=
4πε0
r2
 1
1 

−
 r1 r 2 


e 02 1
4 πε0 r
(1)
ist die geleistete Arbeit gleich der Zunahme an potentieller Energie
( )
( )
W1 2 = V r 2 − V r1
und V(r) geht gegen null für r gegen Unendlich.
b) Beim Sprung auf eine innere Kreisbahn nimmt die potentielle Energie nach Gl. (1) ab um
V21 =
e 02
4πε0
 1
1 

−  < 0
 r 2 r1 


(2)
Die Geschwindigkeit des Elektrons auf einer Kreisbahn ergibt sich aus dem Kräftegleichgewicht:
v2
me
r
123
=
e 02
1
4 πε0 r 2
142
43
⇒
v2 =
e 02
1
4 π ε 0 me r
( m e = Elektronenmasse)
Coulombkraft
Zentrifugalkraft
Die Zunahme der kinetischen Energie T ist daher gleich
T2 1 =
me
2
(v
2
1
)
− v 22 =
e 02
8πε0
 1
1 

−
> 0
 r1 r 2 


(3)
Nach den Gln. (2) und (3) ist die Zunahme der kinetischen Energie beim Sprung nach innen betragsmäßig halb so groß ist wie die Abnahme der potentiellen Energie. Die Energie nimmt ab um
E 21 = V 21 + T 21 =
e 02
8 π ε0
 1
1

− <0
 r 2 r1 


Der Energieüberschuss wird in Form elektromagnetischer Strahlung nach außen abgegeben. Bei den
gegebenen Bahnradien r1 und r 2 wird die Energie 1,63 ⋅ 10 − 18 J ≈ 10,19 eV abgestrahlt.
Ein Elektronenvolt 1 eV = 1,602 ⋅ 10 − 19 J ist laut Definition die kinetische Energie eines Elektrons, das aus der
Ruhe durch eine Spannung von 1 Volt beschleunigt wurde – z. B. im Plattenkondensator.
4–19 Energiebilanz
a) Die Dehnung x Gl der Feder in der Gleichgewichtslage ergibt sich aus dem Kräftegleichgewicht:
m g = D x Gl
⇒
x Gl =
mg
D
(1)
6
Lösungen: 4 Arbeit, Energie und Leistung
Folglich betragen der Energiegewinn der Feder und der Verlust an Lageenergie
∆V Feder =
D 2
(m g ) 2
x Gl =
>0
2
2D
∆V Lage = − m g x Gl = −
(m g ) 2
<0
D
b) Wir zeigen nun, dass die überschüssige Energie ( m g ) 2 / ( 2 D ) auf die Hand übertragen wird.
Beim langsamen Absenken muss die Hand den Teil F Ha der Gewichtskraft m g tragen, der nicht von
der Feder aufgefangen wird:
F Ha = m g − D x
Die zu F Ha entgegengesetzt gleich große Kraft (‘actio = reactio’) leistet an der Hand die Arbeit
x Gl
x Gl
∫ F Ha ( x) d x = ∫ (m g − D x ) d x =
W Ha =
0
0
= m g x Gl −
D 2
x Gl
2
=
↑
Gl. (1)
(m g ) 2
2D
(2)
Bemerkung: Die Energieerhaltung bestätigt dieses Ergebnis: Die potentielle Energie im Schwerefeld sei in der
Gleichgewichtslage null. Dann gilt nach dem allgemeinen Energieerhaltungssatz
D 2
x Gl
2 23
1
=
m g x Gl
1
424
3
Gesamte Energie vor
der Federstauchung
Federenergie in
der Ruhelage
+
E Ha
{
Energiegewinn
der Hand
Einsetzen von x Gl nach Gl. (1) ergibt
E Ha =
(m g ) 2
2D
=
↑
W Ha
Gl. (2)
4–23 Falltiefe
a) Die Gleichgewichtslage wird nur durch das Gleichgewicht
der Kräfte (und nicht durch eine Energiebilanz) festgelegt.
Daher gilt für die vertikalen Komponenten der drei Kräfte, die
an der mittleren Masse angreifen, die Gleichgewichtsbedingung:
m g = 2 m g cos α
⇒
⇒
α = 60°
Abb. 1 In der Gleichgewichtslage
herrscht ein Kräftegleichgewicht.
x Gl = l cot 60 ° ≈ 0,577 ⋅ l
b) Die mittlere Masse wird im ersten Teil der Fallbewegung ( 0 ≤ x < x Gl ) nach unten beschleunigt.
Im zweiten Teil der Fallbewegung ( x Gl < x ≤ x max ) wird sie abgebremst, weil jetzt ihre Gewichtskraft m g kleiner ist als die Summe der vertikalen Komponenten beider Fadenkräfte.
Die Falltiefe kann daher nicht mit einer Kräftebilanz, sondern nur mit dem mechanischen Energieerhaltungssatz berechnet werden. Das Nullniveau der potentiellen Energie wird auf die Anfangshöhe
der beiden äußeren Massen gelegt. Dann lautet der Energieerhaltungssatz:
mgh
123
Anfangsenergie
= m g ( h − x max ) + 2 m g ⋅  x 2max + l 2 − l 
14442444
3
Hebung der äußeren Massen
Lösungen: 4 Arbeit, Energie und Leistung
⇒
x max = 2 

x 2max + l 2 − l 

⇒
x max + 4 x max l + 4 l 2 = 4 x max + 4 l 2
2
x max + 2 l = 2
⇒
7
x 2max + l 2
2
Wegen x max > 0 kann durch x max dividiert werden:
⇒
x max =
4
l
3
Nach dem Erreichen der tiefsten Lage schwingt die mittlere Masse wegen Energieerhaltung bis auf
die Ausgangshöhe zurück.
4–24 Brot und Spiele
=
v(t )
2 P0
v 02 +
↑
m
Gl. (4.2 − 5)
⇒
( )
v t B = v E = 25
m
=
s
t
2
2 P0
 m
1
tB

 +
m
 s
(1)
Der zurückgelegte Weg ist das Zeitintegral der Geschwindigkeit:
tB
s 0 = 3000 m =
∫
0
m
v (t ) d t =
3 P0
2 P0
 2
 v 0 +
m


t 

3/ 2
tB
=
0
3 /2


m   2 2 P0
3


=
v
+
t
−
v
0
B
0

m
3 P0  




144424443
v 3E = ( 25 m / s ) 3
⇒
P0
m
=
1
9000 m
3

m
  25  −
s
 
 m
1 
 s
3
m2
 = 1,736 3
s

Die Gln. (1) und (2) liefern
tB =
und
(
)
m
v 2E − v 02 ≈ 179,7 s ≈ 3 min
2 P0
1,736
P0
a (t ) = v&(t ) =
m
v 02 +
2 P0
m
≈
t
m
s2
1 + 3,472
1
⋅t
s
(2)
8
Lösungen: 5 Impuls- und Drehimpulssatz
Lösungen: 5 Impuls- und Drehimpulssatz
5–12 Kreisbewegungen mit verschiedenen Bezugspunkten
a) M′ = r′ × ( − m ω 2 r ) verschwindet für r r′ und ist ungleich null an den anderen Positionen.
Daher ist M ′ nicht konstant.
b)
L ′ = r ′ × p = (r − a ) × p = L − a × p
⇒
L& ′ = L& − a × p&
(1)
M ′ = r ′ × F = (r − a ) × F = M − a × F
(2)
& = M und p& = F ergeben die Gln. (1) und (2) sofort:
Mit L
L& ′ = M ′
Die Rechnungen gelten nicht nur für Kreisbahnen, sondern für ganz beliebige Bahnkurven und für
beliebige Kräfte. Denn stets gilt:
& ′ = L& − a × p&
L
und
Mit
& = M
L
p& = F
folgt
& ′ = M′
L
und
M′ = M − a × F
5–13 Unwuchtkräfte
Für die zwei Unbekannten FA , FB werden zwei Gln. benötigt. Die erste Gl. gilt in beiden Teilaufgaben a) und b) und besagt, dass die Fliehkraft m ω 2 r durch beide Lager aufgefangen wird:
m ω 2 r = FA + FB
(1)
a) Im Folgenden geben die zwei großgeschriebenen Indizes an den Vektoren r den Anfangs- und den
Endpunkt an. So ist z. B. r A B der Vektor von A nach B.
r
Die Winkelgeschwindigkeit ω zeigt nach Abb. 1 in die positive x-Richtung. Der Koordinatenursprung liegt im Punkt C auf der Achse. Die beiden Unwuchtkräfte erzeugen das Drehmoment
M = r CA × FA + r CB × F B = ( − 2 l F A + l F B ) e ⊥
L = r CD × (m v )
r
r
m r CD × ( ω × r CD ) = m r 2 ω
=
↑
(2)
Gl. (2.5 − 9)
⇒
L& = 0
(3)
Der Drehimpuls L ist konstant und parallel zur Drehachse. Die Gln. (2) und (3) ergeben mit M = L&
− 2 l FA + l F B = 0
Die Gln. (1) und (4) führen auf
⇒
2 F A = F B (4)
Lösungen: 5 Impuls- und Drehimpulssatz
9
Abb. 1 Der Drehimpuls hängt von der Wahl des Koordinatenursprungs ab:
• Im linken Bild liegt der Koordinatenursprung im Punkt C am ruhenden Ende des masselosen Stabes
CD. Der Drehimpuls ist konstant und parallel zur Drehachse.
• Im rechten Bild liegt der Koordinatenursprung im linken Drehlager A. Der Drehimpuls ist nicht
konstant und liegt in der rotierenden Ebene, die von der Drehachse und vom masselosen Stab aufgespannt wird.
FA =
1
m ω2 r
3
FB =
2
m ω2 r
3
(5/6)
b) Der Koordinatenursprung liegt jetzt im linken Lager, also im Punkt A.
M = rA B × FB = 3 l FB e ⊥
(7)
Der rotierende Einheitsvektor e ⊥ steht senkrecht auf CD und zeigt momentan in das Blatt hinein
(siehe rechts unten in Abb. 1).
L = r A D × (m v)
=
↑
r
m r A D × ( ω × r CD )
Gl. (2.5 − 9)
=
↑
a × ( b × c ) = b (a ⋅ c ) − c ( a ⋅ b)
r
r
r
= m  ω ( r AD ⋅ r CD ) − r CD ( r A D ⋅ ω )  = m r 2 ω − 2 m l ω r CD


r
In dieser Gl. ist nur der Vektor r CD zeitabhängig. (Die Winkelgeschwindigkeit ω zeigt in die positive x-Richtung und ist konstant.) Daher führt die Zeitableitung auf
& = − 2 m l ω r&
L
CD
=
↑
Gl. (2.5 − 9)
r
− 2 m l ω (ω × r CD ) = 2 m l r ω2 e ⊥
(8)
Die Gln. (7) und (8) ergeben mit M = L& wieder die Gln. (5/6) für die zwei Kräfte FA , FB .
5–14 Abschuss einer Kugel
Wir definieren zuerst die verwendeten Größen:
u W : = Geschwindigkeit des Wagens nach dem Abschuss
u K x , u K y : = Geschwindigkeitskomponenten der Kugel im Bezugssystem der Erde
10
Lösungen: 5 Impuls- und Drehimpulssatz
rel
rel
uK
x , u K y : = Geschwindigkeitskomponenten der Kugel relativ zum Kanonier
Da das System energetisch abgeschlossen ist und da die Vorgänge rein mechanisch sind (vor allem
keine Reibung), gilt der Energieerhaltungssatz der Mechanik:
mW + mK
D 2
v 02 +
s
24
1424442444
3
=
(
)
mK
2
2
2
uW
+
u Kx + u K y
2
2
1444442444443
mW
(1)
Gesamte Energie nach dem Abschuss
Gesamte Energie vor dem Abschuss
In horizontaler Richtung wirken keine äußeren Kräfte auf das System, so dass der Impulserhaltungssatz in horizontaler Richtung gilt:
( mW + mK ) v 0 = mW u W
+ m K u K x (2)
Diese beiden Gln. enthalten drei unbekannte Größen: u W , u K x , u K y . Daher sind weitere Gln. nötig:
rel
rel
uKx = uW + u Kx
uK y = u K y
rel
rel
Diese Gln. enthalten mit u K
x , u K y weitere unbekannte Größen. Daher fehlt immer noch eine Gl.:
rel
rel
tan α = u K y u K x
⇒
(
)
rel
uK y = u K
x tan α = u K x − u W tan α
(3a/b)
Die Auflösung der Gln. (1/2/3b) nach den Unbekannten u W , u K x , u K y wollen wir uns schenken.
Hinweis: Die naheliegende Gl.
( mW + mK ) v 0 = mw u W
+ m K u K cos α
(falsch)
ist falsch, da α nur der Abschusswinkel im System des Wagens, nicht aber der Abschusswinkel im Inertialsystem
ist. Daher ist u K cos α nicht die x-Komponente der Kugel-Abschussgeschwindigkeit im Inertialsystem.
Zur Kontrolle betrachten wir abschließend noch einen Spezialfall und stellen die Kanone senkrecht auf:
α = π/ 2
u rel
Kx = 0
⇒
uKx = uW
⇒
Dann lauten der Energie- und Impulserhaltungssatz:
mW + mK
2
v 02 +
(mW + mK ) v0
⇒
uW = v0
(
mW 2
mK
D 2
2
2
s =
uW +
uW + uKy
2
2
2
)
= mW u W + mK u W
und
D 2 mK 2
s =
u
2
2 Ky
Dieses Ergebnis für α = π / 2 ist plausibel: Der Wagen erhält keinen Rückstoß, so dass seine Geschwindigkeit
beim Abschuss nicht geändert wird. Die Federenergie wird in die kinetische Energie der nach oben abgeschossenen Kugel umgewandelt.
Lösungen: 5 Impuls- und Drehimpulssatz
11
5–15 Drehimpuls in Polarkoordinaten
Nach Abb. 2.5–2 und nach Gl. (2.5–7) lautet der Ortsvektor des Teilchens
 x (t )   r (t ) cos ϕ(t ) 
r (t ) =  y (t )  =  r (t ) sin ϕ(t ) 
 z (t )  

0

 

⇒
 r cos ϕ   r& cos ϕ − r ϕ& sin ϕ 
 0 




L = m r × v = m  r sin ϕ  ×  r& sin ϕ + r ϕ& cos ϕ  =  0 
 0  

 m r 2 ϕ& 
0

 



5–16 Sprung auf stehenden Wagen
a) Da keine horizontalen Kräfte von außen wirken, ist der horizontale Gesamtimpuls konstant:
(
)
m1 v 0 = m1 + m 2 u
u =
⇒
m1
m1 + m 2
(1)
v0
b) Während des Rutschens hat der Mann die konstante negative Beschleunigung
a=−
FR
m1
=−
µ m1 g
m1
= −µg
c) Für die Berechnung der Rutschzeit T gibt es zwei Möglichkeiten:
1. Methode: Wir betrachten den Läufer: Während des Rutschens gilt für seine gleichförmig beschleunigte Bewegung im Erdsystem:
v Mann (t ) = v 0 − µ g t
⇒
v Mann (T ) = u = v 0 − µ g T
T =
⇒
v0 − u
µg
=
m2
v0
m1 + m 2 µ g
2. Methode: Wir betrachten den Wagen: Für ihn gilt während des Rutschens:
v Wagen (t ) = 0 + a Wagen t =
⇒
u
=
↑
Gl. (1)
d)
m1
m1 + m 2
x Wagen (T ) = s =
v0 =
m2
µ m1 g
m2
a Wagen
2
µ m1 g
T
2
t
T
a) Für die Fallzeit gilt:
⇒
TF =
T =
m2
2 h0
g
v0
m1 + m 2 µ g
µ m1 g  m 2
v0 


=
2 m 2  m1 + m 2 µ g 
5–17 Sprung auf Lore
g 2
T = h0
2 F
⇒
2
=
m1 m 2
(m1 + m 2 ) 2
v 02
2µ g
12
Lösungen: 5 Impuls- und Drehimpulssatz
b) Beim Sprung ist die Bewegung in horizontaler Richtung gleichförmig und in vertikaler Richtung
gleichförmig beschleunigt. In der Zeit T F muss der Mann in horizontaler Richtung die Strecke s
zurücklegen. Folglich beträgt die horizontale Sprunggeschwindigkeit
x& M =
s
= s
TF
g
2 h0
Bei der Landung bleibt der gesamte Impuls erhalten:
(
)
⇒
m M x& M = m L + m M v Lore
v Lore =
mM
mL + mM
s
g
2 h0
c) Wir nehmen an, dass der Mann nicht auf der Lore rutscht, sondern den ganzen Energieüberschuss
in den Beinen aufnimmt. Vor der Landung beträgt die mechanische Energie des Läufers
E vor = m M
mM  s 


g h0 +
2  T F 
2
= m M g h0 +
mM s 2 g
2 2 h0
Nach der Landung beträgt die gesamte mechanische Energie
E nach =
mL + mM
2
2
v Lore =
2
1
mM
s2 g
2 m L + m M 2 h0
⇒ E Bein = E vor − E nach = m M g h 0 +
mL mM
mL + mM
s2 g
4 h0
Lösungen: 6 Starrer Körper
13
Lösungen: 6 Starrer Körper
6–12 Bewegung einer gezogenen Garnrolle
Die Haftreibungskraft FH des Bodens auf die Rolle soll nach links zeigen. Dann lauten Schwerpunktsatz und Drehimpulsgl.:
m &x& = F cos α − FH
m &y& = 0 = N + F sin α − m g
&& = R 2 FH − R1 F
Iϕ
Diese drei Gln. enthalten vier Unbe&& , N , H . Die Rollbedingung
kannte &&,
x ϕ
liefert eine vierte Gl.
&& .
x&& = R 2 ϕ
Abb. 1 Im Fall a) bewegt sich die Rolle nach links, im Fall c)
nach rechts. Im Fall b) läuft die Wirkungslinie der Kraft F durch
den Auflagepunkt A, so dass die Rolle liegen bleibt.
⇒
x&& =
R 2 cos α − R1
I + m R 22
R2 F
Drei Fälle sind zu unterscheiden:
a) Für cos α < R1 / R 2 ist x&& < 0 . Die Rolle bewegt sich nach links.
b) Für cos α = R1 / R 2 ist x&& = 0 . Die Wirkungslinie der Kraft F läuft durch den Auflagepunkt A und
erzeugt kein Drehmoment bzgl. A. Die Rolle bleibt in Ruhe.
c) Für cos α > R1 / R 2 ist x&& > 0 . Die Rolle bewegt sich nach rechts.
6–13 Beschleunigung und Stangenkraft
Der Schwerpunktsatz der Platte mit Masse m1 lautet:
m1 &&
x = F − FR 1 − F H 2
m1 &&y = 0 = N1 − N 2 − m1 g
Für den Zylinder lauten der Schwerpunktsatz und die Drehimpulsgl.:
0 = FH 2 − FStange cos α
0 = N 2 − m 2 g + FStange sin α
&& =
Iϕ
m2
2
&& = R FH 2
R2 ϕ
Diese fünf Gln. enthalten sieben Unbekannte:
&& , N1 , N 2 , FR 1 , FH 2 , F Stange .
x&& , ϕ
Abb. 1 Die beiden Freikörperbilder
zeigen die wirkenden Kräfte.
14
Lösungen: 6 Starrer Körper
Daher werden zwei weitere Gln. benötigt:
&&
&&
x = Rϕ
&&
x =2
⇒
FR 1 = µ N1
F − µ ( m1 + m 2 ) g
2 m1 + m 2 − µ m 2 tan α
F Stange =
m 2 &&
x
m2
F − µ ( m1 + m 2 ) g
=
2 cos α
cos α 2 m1 + m 2 − µ m 2 tan α
Kontrolle und Veranschaulichung:
F − µ ( m1 + m 2 ) g = 0
•
&&
x=0
⇔
•
m2 = 0
⇒
&&
x=
⇒
&&
x=
• α=0
F Stange = 0
und
1
( F − µ m1 g )
m1
F − µ ( m1 + m 2 ) g
m1 + m 2 / 2
=
F − µ ( m1 + m 2 ) g
m1 + I / R 2
• Mit zunehmendem Winkel α nimmt F Stange monoton zu und die Normalkraft N 2 = m 2 g − F Stange sin α
fällt monoton.
6–14 Abrutschender Stab
Wegen der Reibungsfreiheit stehen die Kräfte F 1 , F 2 senkrecht auf Wand und Boden. Der Schwerpunktsatz für die Schwerpunktkoordinaten x S , y S und die Drehimpulsgl. lauten
m &&
x S = F1
m &&
y S = F2 − m g
&& =
Iϕ
(
m 2
l
&& =
l ϕ
F 2 sin ϕ − F 1 cos ϕ
12
2
)
&& , F1 , F 2 .
Die drei Gln. enthalten fünf Unbekannte: &&
x S , &&y S , ϕ
Der kinematische Zusammenhang liefert zwei weitere Gln.:
xS =
l
sin ϕ
2
(
yS =
l
cos ϕ
2
l &&
ϕ cos ϕ − ϕ& 2 sin ϕ
2
⇒
x&&S =
und
&&y S = −
⇒
&& =
ϕ
(
Abb. 1 Das Freikörperbild enthält
drei externe Kräfte.
)
l &&
ϕ sin ϕ + ϕ& 2 cos ϕ
2
)
3g
sinϕ
2l
Bemerkung: Für die Anfangsbedingungen ϕ 0 > 0 und ϕ& 0 = 0 ergibt sich F1 aus den drei Bewegungsgln. zu
F1 =
Für cos ϕ =

ml  3g
cos ϕ − ϕ& 2  sin ϕ

2  2l

=
↑
Energiesatz
3
 3

m g  cos ϕ − cos ϕ 0  sin ϕ


2
2
2
cos ϕ 0 wird F1 = 0 und der Stab löst sich im weiteren Verlauf der Bewegung von der Wand.
3
Lösungen: 6 Starrer Körper
15
6–15 Zuschlagende Autotür
a) Die Schwerpunktkoordinaten der Tür werden mit
x S , y S bezeichnet. Dann lauten die Bewegungsgln. nach
dem Freikörperbild in Abb. 1:
m &&
xS = Fx
&&
IS ϕ
m &&
yS = Fy
m 2
&& =
b ϕ
12
=
↑
Gl. (6.2 − 8a) für c << b
= Fx
=
⇒
&& =
ϕ
(1/2)
b
b
cos ϕ − Fy sin ϕ
2
2
=
↑
Gln. (1/2)
Abb. 1 Aufsicht auf die zuschlagende
Tür. Zu Beginn der Beschleunigung ist
ϕ = 0 ; beim Zuschlagen ist ϕ = π / 2 .
mb
( &&x S cos ϕ − &&y S sin ϕ )
2
6
( &&x S cos ϕ − &&y S sin ϕ )
b
(3)
Die Beschleunigungen &&
x S , &&
y S des Schwerpunktes S der Tür müssen nun als Funktion des Winkels ϕ
und seiner Zeitablenkungen berechnet werden:
x S = x Auto −
b
sin ϕ
2
⇒
&&
x S = &&
x Auto −
b
( ϕ&& cos ϕ − ϕ& 2 sin ϕ )
2
yS =
b
cos ϕ
2
⇒
&&
yS =
b
( ϕ&& sin ϕ + ϕ& 2 cos ϕ )
2
−
Die berechneten Beschleunigungen &&
x S , &&
y S werden in die Gl. (3) eingesetzt:
&& =
ϕ
x Auto
3 &&
cos ϕ
2 b
⇒
↑
&& =
ϕ& ϕ
Multiplikation mit ϕ&
x Auto
3 &&
ϕ& cos ϕ
2 b
(4)
Dafür können wir auch schreiben:
x Auto

d 1 2
d  3 &&
sin ϕ 
 ϕ&  =

dt  2

dt  2 b

Bemerkung: Durch Berechnung der Ableitungen beweist man sehr schnell die Richtigkeit der Gl. (5).
Integration der Gl. (5) führt auf
ϕ& 2 =
3 &&
x Auto
b
sin ϕ + const
Wegen ϕ& (ϕ = 0) = 0 ist die Integrationskonstante null.
⇒
π

ϕ&  ϕ =  =

2
3 &&
x Auto
b
(5)
16
Lösungen: 6 Starrer Körper
Folglich fällt die Tür mit folgender Geschwindigkeit ins Schloss:
π

v Tür = b ϕ&  ϕ =  =
2

3 b &&
x Auto
b) Das künstliche horizontale Schwerefeld hat die Schwerebeschleunigung &x&Auto ; sie tritt an die
Stelle von g. Nach dem Energieerhaltungssatz der Mechanik ist die potentielle Energie am Anfang der
Schwingung bei ϕ = 0 gleich der kinetischen Energie im Gleichgewichtspunkt bei ϕ = π / 2 :
m &&
x Auto
I Scharnier 2
b
m 2 2
=
ϕ& =
b ϕ&
2
2
6
ϕ& =
⇒
x Auto
3 &&
b
6–16 Stoßmittelpunkt
Der Stoß soll sehr kurz sein, so dass während des Stoßes der Stab kaum ausschlägt und die Gewichtskraft vernachlässigt werden kann. Während des Stoßes übt das Lager die Kraft A x auf den Stab aus.
Das zweite Newtonsche Axiom F (t ) = p& (t ) führt nach einer Integration über die Zeit auf
t
Fˆ : =
∫
t
F (t ′) d t ′ =
0
∫ p& (t′) d t′ =
p ( t ) − p ( 0)
0
Demnach ist das Zeitintegral F̂ der Kraft – „Kraftstoß“ oder
„Stoßkraft“ genannt – die Impulsänderung. Die Zeitintegration
des Schwerpunktsatzes F ext = F + A x = m &x&S ergibt nach Abb. 1:
T
∫ [F (t ) + A x (t ) ] d t = Fˆ + Aˆ x = m v S ; 0
(1)
0
mit
T = Stoßdauer
v S ; 0 = Schwerpunktgeschwindigkeit direkt nach dem Schlag
&& = M S führt auf
Die Zeitintegration des Drehimpulssatzes I S ϕ
T
I S ω 0 = (a − s )
T
∫ F (t ) d t
−s
0
= (a − s ) Fˆ − s Aˆ x
Abb. 1 Ein kurzer Kraftstoß wirkt
auf den hängenden Stab.
∫ A x (t ) d t =
0
=
↑
a Fˆ − s m v S ; 0
(2)
Gl. (1)
mit
ω 0 = Winkelgeschwindigkeit unmittelbar nach dem Kraftstoß
I S = Trägheitsmoment für Drehungen um den Schwerpunkt
Mit
vS ; 0 = s ω0
(3)
haben wir drei Gln. für die drei Unbekannten v S ; 0 , ω 0 , Aˆ x . Mit dem Steinerschen Satz folgt:
IS

s
Aˆ x = m v S ; 0  1 −
− 
ma s a 

=
↑
IA = I S + m s 2

I 
m v S ; 0  1 − A 
ma s

Daher ist die Lagerkraft A x genau dann null, wenn a = I A / ( m s ) .
Lösungen: 7 Lineare Schwingungen
17
Lösungen: 7 Lineare Schwingungen
7–6 Stoß gegen einen harmonischen Oszillator
a) Hinweis: Anfangs wissen wir nicht, ob der 20-prozentige Energieverlust der Kugel vollständig als mechanische Energie auf die Masse m 1 übertragen wird oder nicht. Wir wissen also anfangs nicht, ob der Stoß elastisch
ist oder unelastisch.
20% der ursprünglichen kinetischen Kugel-Energie geht verloren, d. h.:
m2
2
v 22 ⋅ 0,8 =
m2
u 22
2
u2 =
⇒
0,8 v 2
b) Die x-Komponente der Kugelgeschwindigkeit bleibt erhalten, da beim Zusammenstoß keine Kraft
in x-Richtung wirkt:
1
v2
2
u 2 x = v 2 x = v 2 cos 45° =
0,8 ⋅ v 22 = u 22 = u 22 x + u 22 y =
1 2
v 2 + u 22 y
2
u2y =
⇒
0,3 v 2
c) Hinweis: Bei dem kurzen Stoß kann das System, das aus den beiden Massen m1 , m 2 besteht, als kräftemäßig
abgeschlossen angesehen werden. Denn es gilt:
• Die Gewichtskraft m1 g wird durch die beiden Federkräfte ausgeglichen.
• Die Gewichtskraft m 2 g auf die Kugel kann während des sehr kurzen Stoßes keine Wirkung entfalten und
darf daher unberücksichtigt bleiben.
Für den Stoß in y-Richtung gilt der Impulssatz:
v2
m1 ⋅ 0 + m 2
⇒
⇒
2
 1
+
u1 = 
 2
A
=
= m1 u1 − m 2
↑
u 1 = Geschwindigkeit der Masse m1
mit
unmittelbar nach dem Stoß
 m2
0,3 
v2
 m1
x 02
{
Gl. (7.1− 6)
0,3 v 2
=0
 u1
+
 ω0





2
=
u1
ω0
= u1
m1
D1 + D 2
Bemerkung: Nach dem Stoß beträgt die gesamte mechanische Energie
E nach =
D1 + D 2
2
A2 +
m2
2
u 22 =
 1
v 22  
+
2
  2
m2
2

 m2
0,3 
+ 0,8 

 m1
Wenn die eckige Klammer gleich Eins ist, dann ist die gesamte mechanische Energie vor und nach dem Stoß
gleich groß, dann ist also der Stoß elastisch. Daraus folgt:
18
Lösungen: 7 Lineare Schwingungen
* Der Stoß ist elastisch für
m2
=
m1
0, 2
 1

 2 + 0, 3 


2
≈ 0,127 ; dann gilt
m2
2
v 22 = : E vor = E nach .
* Der Stoß ist unelastisch für m 2 / m 1 < 0,127 .
* Für m 2 / m 1 > 0,127 ist ein Stoß mit den Angaben in der Aufgabenstellung nicht möglich, weil die Energie
in diesem Fall zunehmen würde: E vor < E nach .
7–14 Sturz eines Radios
a) Die Aufgabe kann mit zwei Methoden gelöst werden:
1. Methode: Energieerhaltung. Die Lageenergie des Radios im Schwerefeld soll im tiefsten Punkt
der Bewegung null sein. Dann gilt wegen der Energieerhaltung:
(
)
2D 2
x max
124243
m g h + x max =
1442443
Energie im tiefsten Punkt
Energie vor dem Fall
⇒
x max 1 / 2 =
2
mgh
mg
 2 D  + D ≈ 0,981 cm ± 9,953 cm


mg
±
2D
Das positive Vorzeichen vor der Wurzel liefert die Stauchung der Federn im tiefsten Punkt:
x max ≈ 10,934 cm
2. Methode: Schwingungstheorie. Die maximale Stauchung x max der Federn ist die Summe aus der
Stauchung x Gl in der neuen Gleichgewichtslage (nach dem Ausschwingen der Kiste) und der
Schwingungsamplitude A:
x max = x Gl
=
mg
+ A =
+
2D
mg
+
2D
x 02
 v0
+ 
 ω0




2
=
↑
v0 =
2gh
2
2gh
mg
 2 D  + 2 D / m ≈ 10,934 cm


b) Auch Teil b kann mit zwei Methoden gelöst werden:
1. Methode: 2. Newtonsches Axiom. Im tiefsten Punkt der Bewegung wird das Radio maximal (nach
oben) beschleunigt. Es gilt:
m &&
x max = m g − F max
Feder = m g − 2 D x max
⇒
&&
x max ≈ − 99,53
m
s2
≈ − 10,15 ⋅ g
2. Methode: Schwingungstheorie. Nach dem Aufschlag schwingt das Radio um die neue Gleichgewichtslage harmonisch auf und ab:
2
x (t ) = − A cos ( ω 0 t )
⇒
&&
x max = A ω 02 =
ghm 2D
m
mg
≈ 99,53 2
2D + D
m
s


Lösungen: 7 Lineare Schwingungen
19
7–19 Uhrenvergleich London – Äquator
a)
l
dT
1
1 T
= − 2 π 3/2 = −
dg
2
2 g
g
Daher gilt für kleine Änderungen ∆g der Erdbeschleunigung
∆T ≈
dT
T ∆g
∆g = −
dg
2 g
(1)
b) Die Zentrifugalbeschleunigung ist am Äquator maximal und beträgt dort
1
 2π
2
R Erde ω Erde ≈ 6,38 ⋅ 10 6 m 

 24 ⋅ 3600 s 
≈ 0,0307
2
≈
m
s2
Wir betrachten nun einen beliebigen Ort auf der Erdoberfläche mit Breitengrad α. Die Erdbeschleunigung g
ist die Summe
• der Schwerebeschleunigung g 0 , die durch die Gravitation erzeugt wird und für eine (nahezu) kugelförmi-
Abb. 1 Auf dem Breitengrad α wirken die
Schwerebeschleunigung g 0 und die Zentrifugalbeschleunigung ω 2Erde R ⊥ .
ge Erde zum Erdmittelpunkt zeigt, und
• der Zentrifugalbeschleunigung ω 2Erde R ⊥ :
 − g 0 cos α + ω 2Erde R Erde cos α 

g = g 0 + ω 2Erde R ⊥ = 
 − g 0 sin α



⇒
g = g =
= g0
(
g 20 − 2 g 0 ω 2Erde R Erde cos 2α + ω 2Erde R Erde cos α
1 − 2 cos α
ω 2Erde R Erde cos α
g0
 ω 2Erde R Erde cos α
+

g0





)
2
=
2
≈
↑
(2)
Taylorentwicklung für
ω 2Erde R Erde << g 0
≈
↑
1+ ε ≈1+
ε
2
g 0 − ω 2Erde R Erde cos 2 α
Bemerkung: Man kann auch ohne Taylorentwicklung, also mit der komplizierteren Gl. (2) weiter rechnen.
Daher ist der Betrag der Erdbeschleunigung am Äquator um
(
)
2
∆ g ≈ R Erde ω Erde
cos 2 0 ° − cos 2 51,5 ° ≈ 0,0207
m
s2
20
Lösungen: 7 Lineare Schwingungen
kleiner als in London.
⇒
T Äquator = T London + ∆ T
≈ T London −
↑
Gl (1)
≈T

London  1 +

T London ∆ g
≈
2
g
0,0207 
≈ 1,001055 ⋅ T London
2 ⋅ 9,81 
Für T London = 1 s schwingt die Pendeluhr an einem Tag
*
in London 24 ⋅ 3600 = 86400 mal hin und her
*
am Äquator 86400 / T Äquator ≈ 86309 mal hin und her.
Daher geht die Pendeluhr aufgrund der Erdrotation am Äquator täglich um etwa 91 s nach.
Hinweis: Da die Temperatur am Äquator höher ist als in London, ist die Pendelstange wegen der Wärmedehnung
am Äquator etwas länger als in London. Auch dieser Effekt lässt die Pendeluhr am Äquator nachgehen. Nach
Beispiel 10.2–2 beträgt der durch die hohen Temperaturen verursachte tägliche Zeitfehler etwa 12 s.