Kinematik und Dynamik, Prof. Popov SS 09, 1. Übung

Kinematik und Dynamik, Prof. Popov SS 09, 1. Übung
Kinematik der eindimensionalen Bewegung
Aufgabe 1
In der folgenden Skizze ist die Situation zur Zeit t0 eingetragen und die Koordinaten-Richtung (also die Richtung,
in die s, v und a positiv zählen).
s, v, a
Lösungshinweise Seite 1
Version 2. April 2009
Setzt man t1 in Gleichung (1) ein, so erhält man die Geschwindigkeit, mit der der Radfahrer die Ampel passiert.
v(t1 ) = a1 t1 + v0 = 5
m
s
Der zeitliche Verlauf von Geschwindigkeit und Ort lassen
sich in Diagrammen veranschaulichen:
v Geschwindigkeit
v0
Ort
s
s1
Definiere:
t0 = 0, t1 = 20s, s1 = 150m.
v1
Gegeben sind:
s(0) = 0, s(t1 ) = s1 ,
km
36000m
m
v(0) = v0 = 36
=
= 10 ,
h
3600s
s
a(t) = a1 .
00
t
t1
Die Beschleunigung ist die Ableitung der Geschwindigkeit
nach der Zeit, umgekehrt ist der Zuwachs an GeschwinAufgabe 3
digkeit zwischen einer Anfangszeit 0 und einer Endzeit t
gleich dem Integral der Beschleunigung in diesem Inter- Gesucht ist die Geschwindigkeit an der
vall. Es gilt also:
Stelle s = l, d.h. v(s = l) =: vl . Gegeben ist die Beschleunigung als FunktiZ t
Z t
h it̃=t
on des Wegs. Aus der Skizze liest man
v(t) − v0 = a(t̃)dt̃ = a1 dt̃ = a1 t̃
ab, dass a folgender Gleichung genügt:
t̃=0
0
0
a0
v(t) = a1 t + v0 .
(1) a(s) = − 2l s + a0 .
Die Geschwindigkeit ist die Ableitung des Ortes nach der
Zeit. Wenn die Ortskoordinate zur Anfangszeit s(0) = 0
ist, gilt analog zum eben gesagten:
s(t) =
Z
t
v(t̃)dt̃ =
0
a1
= t2 + v0 t
2
Z
0
t
(a1 t̃ + v0 )dt̃ =
ha
1 2
2
t̃ + v0 t̃
it̃=t
t̃=0
t
t1
0
dv
dt
dv ds
=
ds dt
dv
=
v
ds
a0
a(s)
a0
2
s
l
a=
Trennung der Variablen liefert:
vdv = ads
Wir haben jetzt je eine Gleichung für die Geschw. und Einsetzen von a(s) = − a2l0 s + a0 und integrieren zwischen
den Ort zu jeder beliebigen Zeit t (im Intervall) darin ist s = 0 und s = l liefert:
jedoch die Größe a1 immer noch unbekannt. Die gewinnen
1 2
1
wir aus s(t1 ) = s1 :
v = − a0 l + a0 l
2 l
4
3
a1 2
= a0 l
s1 = s(t1 ) = t1 + v0 t1
nach a1 auflösen
4
2
r
2
3
a1 = 2 s1 − v0 t1
Einsetzen der Zahlenwerte
⇒ vl =
a0 l
t1
2
1m
a1 = − 2
4s
Die Beschleunigung ist negativ, der Radfahrer muß also
bremsen.
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Kinematik der eindimensionalen Bewegung
Aufgabe 4
(a) Aus dem Diagramm a(t) über t wird die Formel für
a(t) entnommen (a(t) ist eine lineare Funktion mit Acha0
senabschnit a0 und Steigung − 2t
):
l
a(t) = a0 −
a0
t.
2tl
(2)
Lösungshinweise Seite 2
Version 2. April 2009
Der Betrag der Geschwindigkeit des
Balles beim Verlassen des Rohres v0 sin αy
(v(tl ) in Gleichung (6)) wird im folgenden mit v0 abgekürzt. Aus der neben- v0
α
x
stehenden Skizze können die x- und yv0 cos α
Komponenten dieser Geschwindigkeit
abgelesen werden.
vx (t∗ = 0) = v0 cos α
vy (t∗ = 0) = v0 sin α
Durch Integration ergibt sich daraus (mit der Randbedingung v(0) = 0) die Geschwindigkeit:
In der x-Richtung handelt es sich um eine unbeschleunigte Bewegung (die Geschwindigkeit bleibt konstant). sx (t∗ )
Z t
h
i
t̃=t
beschreibt die x-Komponente des Orts vom Ende des Aba0 2
t̃
v(t) =
a(t̃)dt̃ = a0 t̃ −
schußrohres an gemessen (siehe obige Skizze). Deshalb ist
4t
t̃=0
l
0
sx (t∗ = 0) = 0 und man erhält durch Integration der Gea0 2
= a0 t −
t
(3) schwindigkeitskomponente auch sx (t∗ ).
4tl
vx (t∗ ) = v0 cos α
s(t) wird gemäß nebenstehender Skizs(t)
ze als der momentane Ort des Balls
definiert. Danach ist s(0) = 0. Durch
Integration der Geschwindigkeit ergibt
sich:
Z t
ha
a0 3 it̃=t
0 2
t̃ −
t̃
s(t) =
v(t̃)dt̃ =
2
12tl t̃=0
0
t2
t3 = a0
−
2
12tl
sx (t∗ ) = t∗ v0 cos α
(7)
In der y-Richtung wird der Ball Richtung Erdmittelpunkt
(also in negativer y-Richtung) beschleunigt:
ay (t∗ ) = −g
(8)
Integration erhalten wir mit der Anfangsbedingung
(4) Durch
vy (t∗ = 0) = v0 sin α die Geschwindigkeit in senkrechter
In all diesen Formeln ist tl zunächst noch unbekannt. tl Richtung:
Z t∗
wird bestimmt durch die Nebenbedingung, daß der Ball
h
it̃=t∗
∗
zu dieser Zeit das Rohr verläßt, also
ay (t̃)dt̃ + vy (t∗=0) = −g t̃
+ v0 sin α
vy (t ) =
t̃=0
0
= −gt + v0 sin α
∗
s(tl ) = l
t2
t2
t3 t3 s(tl ) = a0 l − l
= a0 l − l
2
12tl
2
12tl
1
1
5
= a0 t2l
−
=
a 0 t2 = l
2 12
12 l
r
12 l
֒→ tl =
5 a0
In der obigen Skizze wurde der Koordinatenursprung ans
Ende des Abschußrohres gelegt, so daß gilt: sy (t∗ = 0) = 0.
Dann liefert die Integration der Geschwindigkeit die senkrechte Komponente des Orts:
(5)
sy (t∗ ) =
Z
0
Wird jetzt (5) in die Beziehung für die Geschwindigkeit (3)
eingesetzt, ergibt sich die Geschwindigkeit beim Verlassen
des Rohres:
a0 2
1 3
v(tl ) = a0 tl −
tl = a 0 tl 1 −
= a 0 tl
4tl
4
4
r
r
3
12 l
27
= a0
=
a0 l
4
5 a0
20
(9)
t∗
h g
it̃=t∗
vy (t̃)dt̃ = − t̃2 + t̃v0 sin α
2
t̃=0
g
= − t∗2 + t∗ v0 sin α
2
(10)
Gefragt ist nach der Weite bis zum Aufschlag des Balles.
Gleichung (7) gibt den zurückgelegten Weg zu jeder beliebigen Zeit t∗ an. Der Zeitpunkt des Aufschlags t∗A läßt
sich aus Gln. (10) ermitteln. Beim Aufschlag befindet sich
(6)
der Ball auf der Höhe sy (t∗A ) = −h:
(b) Die Bewegung des Balles nach Verlassen des Rohres
wird zerlegt in eine x- und eine y-Komponente. Die jeweilige Größe wird mit einem entsprechenden Index versehen
also heißt z.B. die Geschwindigkeit in x-Richtung vx . Außerdem führen wir zur Abkürzung eine neue Zeit t∗ ein,
die ab dem Verlassen des Rohres zählt: t∗ = t − tl .
g
sy (t∗A ) = − t∗2
+ t∗A v0 sin α = −h
2 A
2v0 sin α ∗
2h
֒→ t∗2
tA −
=0
A −
g
g
s
v0 sin α
v02 sin2 α 2h
֒→ t∗A 1/2 =
±
+
g
g2
g
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Lösungshinweise Seite 3
Version 2. April 2009
Äquivalent dazu ist die folgende Herangehensweise: Der
Ball erreicht seine maximale Flughöhe genau in dem Moment t∗M , in dem seine senkrechte Geschwindigkeitskomponente vy (t∗ ) gerade Null wird.
cos λt
(1):
!
vy (t∗M ) = −gt∗M + v0 sin α = 0
v0 sin α
t∗M =
g
Nun ist die Höhe HM des Balls über dem Boden in diesem Moment gegeben durch die senkrechte Ortskomponente (Gleichung (10)) zuzüglich dem Abstand zwischen
Koordinatenursprung (am Ende des Abschußrohres) und
dem Boden:
g
HM = sy (t∗M ) + h = − t∗2
+ t∗M v0 sin α + h
2 M
g v 2 sin2 α v0 sin α
=− 0 2
+
v0 sin α + h
2
g
g
1 v02 sin2 α
HM =
+h
maximale Flughöhe
2
g
sin λt
v0
λ3
(c) Die Gleichung für die senkrechte Ortskoordinate ist
Gleichung (10). Die Extrema dieser Gleichung (unter denen sich dann auch das gesuchte Maximum befinden sollte) erhält man üblicherweise, indem man die Nullstelle der
ersten Ableitung ermittelt.
(1)
ϕ̇(t) geg.
ẋ(t) = −Lλ sin λt −
v02 sin2 α 2h
+
v0 cos α
g2
g
y(t) geg.
ϕ(t) = et
x(t) = L cos λt −
=
s
Ort
x(t) = a20 t2
r(t) = a21 t2 + v0 t + r0
s(t) geg.
h
i
y(t) = uω0 1 + eωt − eωt0
sA =
sx (t∗A )
v0 sin α
+
g
v0
λ2
Wird diese Beziehung
qin Gleichung (7) eingesetzt, so erhalten wir (mit v0 = 27
20 a0 l aus Gleichung (6)) die Weite
sA , die ein Ball fliegt:
(2)
ϕ̈(t) = et
ẍ(t) geg.
ÿ(t) = u0 ωeωt
v02 sin2 α 2h
+
g2
g
ẏ(t) geg.
v0 sin α
+
g
Beschleunigung
ẍ(t) geg.
r̈(t) = a1
s̈(t) = −LΩ2 sin Ωt
t∗A =
s
Geschwindigkeit
ẋ(t) = a0 t
ṙ(t) geg.
ṡ(t) = LΩ cos Ωt
Offensichtlich ist der Wurzelausdruck größer als der Sum- Aufgabe 5
mand davor, die Variante mit dem negative Vorzeichen
würde also insgesamt zu einer Zeit t∗A < 0 führen. Das ist
nicht, was wir suchen (der Aufschlag soll erst nach dem
Abschuß erfolgen). Die richtige Lösung ist deshalb:
(2):
mit
− 32
r0 t − t1
cos Ψ(t)
2
− 12
− 2r0 ω 2 t t − t1
sin Ψ(t)
5
−2
3r0
ÿ(t) =
t − t1
cos Ψ(t)
4
− 32
+ 2r0 ω 2 t t − t1
sin Ψ(t)
− 21
sin Ψ(t)
− 2r0 ω 2 t − t1
− 12
− 4r0 ω 4 t2 t − t1
cos Ψ(t)
ẏ(t) = −
Ψ(t) = ω 2 (t2 − t20 )