Tutorium

Kinematik und Dynamik (Mechanik II) - Prof. Popov SoSe 2013, KW 21
Wiederholung/Klausurvorbereitung
Tutorium
Lösungshinweise Seite 1
Version vom 13. Mai 2013
(b) Nach dem Einsetzen von P = 0 und µ1 = µ2 = µ ist
die Beschleunigung:
Aufgabe 43
a0 = ẍ = g(sin α − µ cos α)
(a) System bewegt sich nach unten.
Freischnittskize:
S
R1
g
S
Mg
N1
Zweifache Integration liefert unter Berücksichtigung der
Anfangsbedingungen x(0) = 0, v(0) = v0 und durch Eliminieren von Zeit:
v(t) = ẋ = v0 + a0 t
y
R2
x
N2
⇒t=
v − v0
a0
P
mg
1
x(t) = v0 t + a0 t2
2
v − v0
1
v − v0 2
x = v0 (
) + a0 (
)
a0
2
a0
v 2 − v02
⇒
x=
2a0
q
v(x) = v02 + 2a0 x
α
Das Newtonsche Grundgesetz liefert für die beiden Klötze:
M x¨1 = M g sin α + S − R1
M y¨1 = N1 − M g cos α
Einen eleganteren Weg bietet die Erweiterung mit
das Prinzip der Trennung der Variablen:
mx¨2 = mg sin α − S − R2 + P
my¨2 = N2 − mg cos α
y¨1 = y¨2 = 0
⇒
und
und
dẋ
dẋ dx
dx dẋ
dẋ
=
=
= ẋ
dt
dt dx
dt dx
dx
ẍ =
N1 = M g cos α
dx
dx
derαBeschleunigung a0 ergibt sich durch Umstellen
N2 = Mit
mg cos
und bestimmte Integration direkt die gesuchte Geschwindigkeit v(x) = ẋ(x):
Mit dem Reibungsgesetz R = µN und ausgerechneten Reaktionskräften N folgt die Beschleunigung :
R1 = µ1 N1 = µ1 M g cos α
R2 = µ2 N2 = µ2 mg cos α
Z
v0
vdv̇˜ =
v(x)
v(x) =
Z
0
a0 dx̃,
x
q
q
a0 x + v02 = 2g (sin α − µ cos α) x + v02
(c) Aus der Bedingung v(xE ) = 0 (Ruhe) ergibt sich die
zurückgelegte Strecke xE .
S
− µ1 g cos α
M
S
P
x¨2 = g sin α −
− µ2 g cos α +
m
m
v02 + 2a0 xE = 0
x¨1 = g sin α +
xE = −
v02
2a0
Damit xE positiv ist, muss a0 < 0 sein, d.h.
g(sin α − µ cos α) < 0
sin α − µ cos α < 0
sin α
µ>
cos α
µ > tan α
Die Klötze sind starr zu einem Körper verbunden ,
deswegen gilt x¨1 = x¨2 . Daraus bestimmt man die
unbekannte Stabkraft S.
g sin α +
S
S
P
− µ1 g cos α = g sin α −
− µ2 g cos α +
M
m
m
Mm
M
P+
g cos α(µ1 − µ2 )
S=
M +m
M +m
Die Beschleunigung des Systems ist entweder x¨1 oder x¨2 .
(Die beiden sind gleich!)
x¨1 = x¨2 =
µ1 M + µ2 m
P
+ g sin α −
g cos α
m+M
m+M
Aufgabe 82
Aufstellen der Energiebilanzen für die beiden Massen ergibt
1M 2
v
2 g
1M +m 2
(M + m) s =
v .
2
g
−M s =
(-19)
(-18)
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1 2M + m 2
v
2
g
und damit für die Geschwindigkeit
r
m
gs
v(s) = 2
2M + m
Version vom 13. Mai 2013
vy+ = −evy− = e
Durch Addition der beiden Gleichungen folgt sofort
ms =
Lösungshinweise Seite 2
p
2gh1
(c) ges.: h2
Energiesatz:
U1+ +T1+
|{z}
=0
| {z }
= U 2 + T2
|{z}
=0
unmittelbar nach dem Stoß
m
m +2
(v + vy+2 ) = mgh2 + vx+2
2 x
2
⇒ h 2 = e2 h 1
Hausaufgaben
Aufgabe 62
(a) ges.: x1
v0
Aufgabe 100
Es handelt sich um ein energieerhaltendes, dissipationsfreies System, d.h. es gilt der Energiesatz.
mg
y
(a)
TA + U A = TB + U B
x
T: kinetische Energie, U: potentielle Energie
Es gilt hier:
mẍ = 0
ẋ = C1
mÿ = −mg
ẏ = −gt + C3
x = C1 t + C2 t
y=
−gt2
+ C3 t + C4
2
TA =
also:
m 2
v2
v2
m 2
vA + mgh = vB
⇐⇒ A + gh = B
2
2
2
2
Anfangsbedingungen:
ẋ(t = 0) = v0
x(t = 0) = 0
⇒
⇒
C1 = v 0
C2 = 0
ẏ(t = 0) = 0
y(t = 0) = h1
⇒
⇒
C3 = 0
C 4 = h1
g
y(t) = − t2 + h1
2
x(t) = v0 t
mit t =
dann ist:
vB =
mit
TB =
vx− , vy−
vx+ , vy+
2 + 2gh
vA
TB + U B = TC + U C
−gx2
+ h1
2v02
−g
!
y(x1 ) = 0 = 2 x21 + h1
2v
s 0
2v02 h1
⇒ x1 = +
g
(b) ges.:
q
(b) es gilt wieder:
x
v0
⇒
m 2
m 2
vA , UA = mgh, TB = vB
, UB = 0
2
2
y(x) =
(vor dem Stoß)
(nach dem Stoß)
c
m 2
vB , UB = 0, TC = 0, UC = (∆l)2
2
2
Beachte: Federkraft ist ebenfalls eine konservative Kraft,
d.h. es existiert eine Potentialfunktion für die Federkraft.
mit
d.h.
c
m 2
vB = (∆l)2
2
2
r
2
mvB
∆l =
c
∆l =
v x− = v 0
vx+ = vx− = v0 → keine Impulsänderung in x-Richtung
r
m 2
[v + 2gh]
c A
Aufgabe 101
Energiesatz:
m
m 2
m 2
v0x +
v0y +mgh1 = ( vx−2 +vy−2 )
2 |{z}
2 |{z}
2 |{z}
=v02
=v02
=0
⇒
vy− = −
p
2gh1
Es handelt sich bei der Aufgabe um ein ebenes Problem.
Der Güterwagen hat im Punkt (1) die Geschwindigkeit v0 ,
womit seine Energie
T1 =
1
mv 2
2 0
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Lösungshinweise Seite 3
Version vom 13. Mai 2013
beträgt. Zwischen den Punkten (1) und (2) wird dem Mit den Gleichungen (-17) und (-14) kann man nun
qdie
Güterwagen Energie durch Gleiten entzogen, sodaß für die gesuchten Geschwindigkeiten zum Zeitpunkt t∗ = 2 2 h
g
Energie im Punkt (2)
bestimmen:
Z4a
1
am = µg
dx = mv02 − 4µ mga
T2 = T1 − µ mg
2
→ vm = µgt + C1
x=0
folgt. Bei Punkt (2) tritt der Güterwagen mit der Feder des
Prellbocks in Kontakt, deren Zusammendrücken Energie
benötigt, also bis zum Stillstand des Güterwagens gilt:
T3 = 0 = T2 − µ mg
Z∆x
dx − c
Z∆x
xdx
x=0
x=0
c
1
2
= mv02 − µ mg (4a + ∆x) − (∆x) .
2
2
Diese quadratische Gleichung in ∆x
µmg
mv02
µmg
(∆x) −
+8
a=0
c
c
c
führt auf die Lösungen
r
µmg 2 mv 2
µmg
µmg
0
+
±
−8
a
(∆x)1,2 = −
c
c
c
c
deren physikalisch sinnvolle Lösung
r
µmg 2 mv 2
µmg
µmg
0
∆x = −
+
+
−8
a
c
c
c
c
lautet.
2
Aufgabe 117
Freischnitt:
S
R
N2
M2 g
N2
R
M1 g
S
N1
X
F~ = m~a
Coulomb
Punktmasse, x-Ri:
Klotz1, x-Ri:
mam = +R = µmg
(-17)
M1 a1 = +S − R = S − µmg (-16)
Klotz2, z-Ri:
M2 a2 = +M2 g − S
(-15)
Da das Seil undehnbar ist, muss die Beschleunigung von
Klotz1 und Klotz2 übereinstimmen. Durch Eliminieren
der Seilkraft folgt dann:
(-16) + (-15) :
M1 a M
a1 = a2 =: aM
+ M2 aM = M2 g − µmg
M2 − µm
g
→ aM =
M1 + M2
(-14)
!
vm (t = 0) = 0 → C1 = 0
2p
∗
2gh
→ vm (t∗ ) = vm
= µgt∗ =
5
M2 − µm
analog: aM =
g
M1 + M2
M2 − µm
gt + C2
→ vM =
M1 + M2
mit
(∆x) + 2
mg
mit
!
vM (t = 0) = 0 → C2 = 0
2
m − 51 m
1p
∗
gt∗ =
→ vM (t∗ ) = vM
= 52
2gh
2
2
5m + 5m
5 ∗
∗
vM
= vm
4