va - Ing. Johannes Wandinger

Dynamik 2 Lösungsblatt 1
Aufgabe 1:
Wahl des Koordinatensystems:
vB
x
Die positive x-Achse zeigt nach vorne.
Das Boot ist zunächst in Ruhe, d.h. v B0 =0 .
Das Abspringen erfolgt nach hinten, also ist w =−v S .
Fall a:
Zuerst springt Schwimmer S1, dann Schwimmer S2.
Nach Absprung von Schwimmer S1 hat das Boot die Geschwindigkeit
v B1=
m1
v .
m B  m1 m 2 S
An Bord des Bootes befindet sich nur noch Schwimmer S2. Damit folgt für die
Geschwindigkeit des Bootes nach Absprung von Schwimmer S2
v a = v B2 = v B1
m2
m1
m2
v S=

v .
m B m 2
m B m 1 m 2 m B m 2 S


Zahlenwert:

v a=
80
60

⋅4 m / s = 1,394 m / s
300  80 60 300  60

Fall b:
Zuerst springt Schwimmer S2, dann Schwimmer S1.
Nach Absprung von Schwimmer S2 hat das Boot die Geschwindigkeit
Dynamik 2
1-1
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v B1=
m2
v .
m B m1m2 S
An Bord des Bootes befindet sich nur noch Schwimmer S1. Damit folgt für die
Geschwindigkeit des Bootes nach Absprung von Schwimmer S1
v b =v B2 =v B1
m1
m2
m1
vS =

v
m B m 1
m B m 1m 2 m Bm 1 S


.
Zahlenwert:

v b=
60
80

⋅4 m / s = 1,388 m / s
300  80 60 300  80

Fall c:
Beide Schwimmer springen gleichzeitig.
Nach Absprung der beiden Schwimmer hat das Boot die Geschwindigkeit
v c=
m1m2
v .
m B  m 1 m 2 S
Zahlenwert:
v c=
80  60
⋅4 m / s = 1,273m / s
30080  60
Aufgabe 2:
Wahl des Koordinatensystems:
x
v0
Der aufgesetzte Getränkekasten hat eine Relativgeschwindigkeit von
w =−v 0 gegenüber den Getränkekästen auf dem Transportband.
Jeder Getränkekasten hat die gleiche Masse m. Damit gilt für die Geschwindigkeitsänderung
 v = v1 − v0 =−
Dynamik 2
m
v =−0,2 v 0 , d.h.
4 mm 0
1-2
v
=− 20%
v0
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Aufgabe 3:
Schubkraft der 1. Stufe:
Der Massenstrom berechnet sich zu
=
2000 t
= 13,33 t / s .
150 s
Damit folgt für die Schubkraft
S = c S =13,33 t / s⋅2500 m / s = 33333 kN
Beschleunigung:
Auf die Rakete wirkt die Schubkraft nach oben und die Gewichtskraft nach
unten. Der Impulssatz lautet
m  t  a t = S − m  t  g .
Daraus folgt für die Beschleunigung
a  t =
S
−g .
mt 
Mit der Startmasse m0 berechnet sich die Masse m  t  zu
m  t =m 0 − t .
Dynamik 2
1-3
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Geschwindigkeit:
Für die Geschwindigkeit gilt
t
t
v t =∫ a    d = S ∫
0
0
d
−g t .
m 
Mit der Substitution dm =− d  folgt
t
d
1
=− 
∫ m
0
m t 
∫
m0
m0
m=m t
dm
1
1
=−  [ ln m ]m=m =  ln
m
mt 
0
 
.
Damit gilt
m0
m0
S
v  t =  ln
− g t = c S ln
−g t .
m t 
mt 
 
 
Weg:
Für den seit dem Start zurückgelegten Weg gilt
t
t
t
m0
s  t =∫ v   d = c S ∫ ln
d − g ∫ d  .
m  
0
0
0
 
Mit der Substitution dm =− d  folgt für das erste Integral auf der rechten
Seite
Dynamik 2
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t
m0
1
d =− 
∫ ln m 
0
 
m t 
∫
m0
m0
1
ln
dm= 
m
 
m t 
∫
m0
m
m
ln
dm= 0
m0
 
∫ ln
m0
dm
m
=m 0 d
m0
m0
m
dm .
m0
 
 
∫     [
  ]
   
Die weitere Substitution dm=m 0
1

m t 
m t /m 0
1
führt auf
m m
m
m
m
m
ln
d
= 0
ln
−
m0
m0
m0
m0 m0
m0 m t 
mt  m t 
=
ln
−
1
m0
m0
m0
m /m 0 =m t /m 0
m /m 0 =1
.
Das zweite Integral auf der rechten Seite berechnet sich zu
t
1
∫ d = 2 t 2 .
0
Damit gilt
m m t 
m t  m  t 
1 2
s  t = c S 0
ln
−
1 − g t .
m0
m0
m0
2

 

Werte bei Brennschluss:
Masse:
m 150 s =2800 t −2000t =800 t
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Beschleunigung:
3
33333⋅10 N
2
a 150 s =
−9,81m / s
3
800⋅10 kg
2
a 150 s =31,86 m /s =3,25 g
Geschwindigkeit:
v 150 s=2500 m / s ln
2800
2
−9,81m / s ⋅150 s
800
 
v 150 s=1660 m / s
Höhe:
m150 s 800
=
=0,2857
m0
2800
2800 t
s 150 s =2500 m /s⋅
⋅ 0,2587 ln 0,2587−0,25871 
13,33 t / s
1
2
2 2
− ⋅9,81m / s ⋅150 s
2
s 150 s =76,77km
Aufgabe 4:
SE
SA
u
v
x
Einströmen: S E = L u nach hinten
Ausströmen: S A=  L  B  v nach vorn
Resultierende Schubkraft:
S = S A − S E =  L  B  v − L u = L  v −u   B v
Dynamik 2
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