2. Tutorium

Kinematik und Dynamik (Mechanik II) - Prof. Popov SoSe 2015, KW 18
Seite 1
Ebene und räumliche Bewegung,
Version vom 20. April 2015
Darstellung über zeitlich veränderliche Basisvektoren
2. Tutorium
Tutorium
17. Ein Rennwagen fährt durch eine Kurve. Auf dem
gezeigten Teil der Strecke (0 < ϕ < 2π) bewegt er
ϕ
sich spiralförmig mit r = l(1 + 2π
).
~eϕ
(a) Angenommen, der Rennwagen erfährt auf dem
Teilstück die konstante Winkelbeschleunigung
ϕ̈ = b. Welchen Wert hat b für den Fall, dass
der Rennwagen mit der Winkelgeschwindigkeit ω0 in das Teilstück einfährt und es mit
der Winkelgeschwindigkeit 3ω0 verlässt? Geben Sie außerdem den Winkel ϕ(t) an.
~er
m
r
l
ϕ
(b) Geben Sie den Orts-, Geschwindigkeits- und
Beschleunigungsvektor des Rennwagens in der
eingezeichneten ~er , ~eϕ -Basis an. Verwenden
Sie hierzu die Ergebnisse aus Aufgabenteil (a).
Geg.: l, m, r, ω0
23. Ein Drehtisch 1 mit Radius R
wird von einem Seil (ohne Gleiten)
bewegt. Der Weg des Seils ist vorgegeben als s(t) = vS t.
Auf dem Tisch ist ein Bock befestigt, in dem eine Scheibe 2 rotiert mit α(t) = ωα t. Und auf dieser Scheibe krabbelt eine Fliege F
radial nach außen mit der konstanten Geschwindigkeit vF relativ zu
2.
vF
α
F
2
s(t)
h
Zur Zeit t = 0 sei: ϕ(0) = 0,
α(0) = 0, und die Fliege sei in der
Mitte von 2 .
er
eϕ
ez
1
Seil
ϕ
R
s(t)
ey
ex
(a) Berechnen Sie den Geschwindigkeits- und den Beschleunigungsvektor der Fliege F als
Linearkombination der (ortsabhängigen) Basisvektoren er , eϕ und ez (Zylinderkoordinaten), also in der Form
v F = {...}er + {...}eϕ + {...}ez
aF = {...}er + {...}eϕ + {...}ez
(b) v F und aF könnten auch in der globalen (ortsunabhängigen) Basis hex , ey , ez i berechnet
werden. Geben Sie dazu den Zusammenhang zwischen hex , ey , ez i und her , eϕ , ez i an.
Geben Sie außerdem noch ϕ, ϕ̇ und ϕ̈ abhängig von den gegebenen Größen an (sofern
nicht bereits bei (a) erledigt).
Geg.: R, h , vS = konst., s(t) = vS t, ωα = konst., α(0) = 0, ϕ(0) = 0
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Ebene und räumliche Bewegung,
Version vom 20. April 2015
Darstellung über zeitlich veränderliche Basisvektoren
Hausaufgaben
13. Das skizzierte System wird von einer Zahnstange angetrieben, die sich gemäß s(t) = v0 t geradlinig bewegt. Auf
der senkrechten mit α̇ = ω rotierenden Scheibe ist der
Punkt P befestigt.
Berechnen Sie Orts-, Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektor des Punktes P als Linearkombination der
mitgedrehten Basisvektoren er , eϕ und ez bezüglich des
ruhenden Bezugssystems mit Ursprung O.
a
α
P
ez
h
er
eϕ
ϕ
R
Geg.: R, h , a, s(t), ω = konst., α(0) = 0, ϕ(0) = 0
s(t)
O
15. Eine Stange der Länge l rotiert um O mit dem Zeitgesetz
ϕ = κt2 . Auf der Stange rutscht
ein Gleitkörper G nach
dem Gesetz r = l 1 − κt2 .
l
(a) Bestimmen Sie bezüglich des Koordinatenursprungs O den Ortsvektor r(t) des Körpers G, seinen Geschwindigkeitsvektor v(t) und Beschleunigungsvektor a(t) .
G
r
er
(b) Bestimmen Sie den Betrag der Geschwindigkeit für
eϕ
den Winkel ϕ1 = π4 .
ϕ
O
(c) Beim welchem Winkel ϕE stößt G am Lager O an?
Geg.: l, κ
19. Der Punkt Paul bewegt sich auf der Innenfläche eines zylindrischen Rohres mit dem
Radius R. Seine Bahn wird beschrieben durch
z(ϕ) = l0 ekϕ , ϕ(t) = ωt. Gegeben sind die
Konstanten ω, l0 , k und R.
Bestimmen Sie zu jeder Zeit t den Orts-,
Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektor des Punktes Paul als Linearkombination
aus er , eϕ und ez ! Bestimmen Sie außerdem
die kartesischen Koordinaten des Beschleunigungsvektors!
Paul
z
R
ϕ
x
y
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Ebene und räumliche Bewegung,
Darstellung über zeitlich veränderliche Basisvektoren
Tutorium
Lösungshinweise Seite 1
Version vom 20. April 2015
Aufgabe 23
(a) Ortsvektor, z.B. vom Mittelpunkt der unteren Scheibe
Aufgabe 17
rF = h ez + vF t(cos α ez + sin α er )
= vF (cos α ez + sin α er )
(a) Zusammenhang zwischen b und ϕ̈:
ϕ̈ = b
⇒ ϕ̇ = bt + C1 ,
+ vF t (−ωα sin α er + sin α ϕ̇ eϕ )
n
o
= vF sin α + vF t ωα cos α er
n
o
+ vF t sin α ϕ̇ eϕ
n
o
+ vF cos α − vF t ωα sin α ez
(1)
ϕ=
1 2
bt + C1 t + C2 .
2
Mit den Randbedingungnen ϕ(0) = 0 und ϕ̇(0) = ω0 ergibt sich:
ϕ̇ = bt + ω0 ,
ϕ=
1 2
bt + ω0 t .
2
Zum Zeitpunkt tE gilt ϕ(tE ) = 2π und ϕ̇(tE ) = 3ω0 :
2π =
1 2
bt + ω0 tE ,
2 E
3ω0 = btE + ω0 .
Aus (2) erhält man die Zeit tE und die gesuchte Beschleunigung b:
r ω0
2ω0
ω0 2 4π
tE = −
+
+
oder: tE =
(2)
b
b
b
b
2ω02
⇒b=
(3)
π
mit ϕ̈ = 0
n
aF = vF ωα cos α + vF ωα (cos α − ωα t sin α)
o
− vF t ϕ̇2 sin α er
n
+ ϕ̇(vF sin α + vF t ωα cos α)
o
+ vF ϕ̇(sin α + ωα t cos α) eϕ
n
o
+ − vF ωα sin α − vF ωα (sin α + ωα t cos α) ez
(b)
er = cos α ex + sin α ey
(b) Allgemeine Form der gesuchten Größen:
~r = r~er , ~r˙ = ṙ~er + rϕ̇~eϕ ,
~r¨ = r̈ − rϕ̇2 ~er + (2ṙϕ̇ + rϕ̈) ~eϕ
eϕ = − sin α ex + cos α ey
ez = e z
(4)
(5)
mit ϕ̈(t) = 0
Mit den Ergebnissen ergeben sich die einzelnen Terme zu:
ω02 2
t + ω0 t,
π
2ω02
2ω02
ϕ̇(t) =
t + ω0 , ϕ̈ =
.
π
π
ϕ(t) =
(6)
(7)
und:
ω2
ω0
r(t) = l 1 + 02 t2 +
t ,
2π
2π
2
ω02
ω0
ω0
,
r̈
=
l
t
+
ṙ(t) = l
π2
2π
π2
(8)
(9)
Die gesuchten Vektoren sind somit:
ω2
ω0
~r = l 1 + 02 t2 +
t ~er ,
(10)
2π
2π
2
˙~r = l ω0 t + ω0 ~er
π2
2π
2
2
2ω0
ω0 2 ω0
(11)
t
t + ω0 ~eϕ ,
+ l 1+ 2t +
2π
2π
π
"
#
2
2
ω02
ω02 2 ω0
2ω0
~r¨ = l
~er
−
1
+
t
+
t
t
+
ω
0
π2
2π 2
2π
π
2
2
2
ω0
ω02 2 ω0
2ω0
ω0
2ω0
+l 2
+
1
+
~eϕ .
t
+
t
+
ω
t
+
t
0
2
2
π
2π
π
2π
2π
π
(12)
ϕ(t) · R = s(t) = vs · t
vs
⇔ ϕ(t) = t
R
vs
⇒ ϕ̇(t) =
R
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Ebene und räumliche Bewegung,
Darstellung über zeitlich veränderliche Basisvektoren
Hausaufgaben
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nochmaliges Ableiten liefert den Beschleunigungsvektor
a = v̇
(23)
v0
v0
= −aω 2 sin ωter + aω cos ωteϕ + aω cos ωteϕ ...
R
R
Aufgabe 13
ez
(24)
v0
v0
(25)
... − aω sin ωt er − aω 2 cos ωtez
R
R
v2
v0
a = − ω 2 + 02 a sin ωter + 2aω cos ωteϕ − aω 2 cos ωtez
R
R
(26)
a
α
Aufgabe 15
d
In Arbeit
r
(a) Mann kann die Ableitungen gleich machen und die
dann später geschickt einsetzen:
r = l 1 − κt2
ṙ = −2κtl
r̈ = −2κl
m
h
ϕ = κt2
er
m = Ortsvektor des Scheibenmittelpunktes
d = Vektor vom Scheibenmittelpunkt
ϕ̇ = 2κt
ϕ̈ = 2κ
Der Ortsvektor in Polarkoordinaten er , eϕ :
r(t) = r(t)er = l 1 − κt2 er
Der Geschwindigkeitsvektor in er , eϕ :
v(t) = ṙer + rϕ̇eϕ
v(t) = −2κtler + l 1 − κt2 2κteϕ
Zuerst aufstellen des Ortsvektors als Linearkombination
der mitgedrehten Basisvektoren er , eϕ und ez .
r =m+d
(14)
(15)
Der Beschleunigungsvektor in er , eϕ :
a(t) = r̈ − rϕ̇2 er + (rϕ̈ + 2ṙϕ̇) eϕ
a(t) = −2κl − l 1 − κt2 4κ2 t2 er
+ l 1 − κt2 2κ + 2(−2κtl)2κt eϕ
= 2κl 2κ2 t4 − 2κt2 − 1 er + 2κl 1 − 5κt2 eϕ
(16)
(b) Wir ermitteln zuerst die Zeit t1 für die zu untersuchende Lage ϕ1 :
(13)
= hez + a sin αer + a cos αez
= a sin αer + (h + a cos α)ez
mit α̇ = ω, α(0) = 0 und ω =konst.
r = a sin ωter + (h + a cos ωt)ez
Aufstellen des Geschwindigkeitsvektors mit ėr = ϕ̇eϕ und
ėϕ = −ϕ̇er ist
v = ṙ = aω cos ωter + a sin ωtϕ̇eϕ − aω sin ωtez
=⇒
ϕ(t) =
v0
s(t)
= t
R
R
(18)
(19)
oder abgeleitet:
ṡ(t) =R · ϕ̇(t)
v0
=⇒ ϕ̇ =
R
v0
sin ωteϕ − aω sin ωtez
R
t1 =
r
π
4κ
Der Geschwindigkeitsvektor v 1
v 1 = −2κt1 ler + l 1 − κt21 2κt1 eϕ
r
r
π
π
π
= −2κ
ler + l 1 − κ
e
2κ
4κ
4κ
4κ ϕ
√
π√
v 1 = − κπler + l 1 −
κπeϕ
4
Betrag der Geschwindigkeit v1 :
(20)
(21)
eingesetzt
v = aω cos ωter + a
π
=
4
(17)
Drehung des Zahnrades und damit der Kreisscheibe durch
Bewegung der Zahnstange.
s(t) =R · ϕ(t)
ϕ1 =
κt21
(22)
r
2 √
π √ 2
− κπl + l 1 −
κπ
4
s
π 2
2
v1 = κπl 1 + 1 −
4
v1 =| v 1 | =
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Ebene und räumliche Bewegung,
Darstellung über zeitlich veränderliche Basisvektoren
(c) Der Körper erreicht A für r = 0 zum Zeitpunkt tE :
1−
=0
⇒
tE =
r
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Bestimmung des Beschleunigungsvektors: Der Beschleunigungsvektor ist gleich der ersten Ableitung des Geschwindigkeitsvektors nach der Zeit :
i
d
dh
Rωeϕ + l0 kωekωt ez
v P (t) =
dt
dt
i
i
dh
dh
Rωeϕ +
l0 kωekωt ez
=
dt
dt
l 1 − κt2E = 0
κt2E
Lösungshinweise Seite 3
aP (t) =
1
κ
Mit
d
e = −ϕ̇er = −ωer
dt ϕ
erhalten wir den Beschleunigungsvektor:
Sinnvoll ist nur positives Wert für tE
ϕE = κt2E = κ
1
κ
aP (t) = −Rω 2 er + l0 k 2 ω 2 ekωt ez
ϕE = 1
(32)
Die Basisvektoren er und eϕ lassen sich mit den kartesischen Basisvektoren ex , ey darstellen:
Aufgabe 19
er = ex cos ϕ + ey sin ϕ und
eϕ = ex (− sin ϕ) + ey cos ϕ
Bestimmung des Ortsvektors:
Mit ϕ = ωt ergibt sich:
Ganz allgemein gilt: Der Ortsvektor eines Punktes P in Zylinderkoordinaten lautet:
rP
ez
rP (t) = r(t)er (t) + z(t)ez
(27)
In dieser Aufgabe ist
z
eϕ
ϕ
y
r(t) = R = const
(28)
x
er
z(t) erhalten wir aus z(ϕ) = l0 ekϕ und ϕ(t) = ωt (siehe
Aufgabenstellung):
z(t) = l0 ekωt
(29)
Wir setzen z(t) aus Gleichung (29) und r(t) aus Gleichung
(28) in die Ausgangsgleichung (27) für die Bestimmung
des Ortsvektors des Punktes P in Zylinderkoordinaten ein.
Dann erhalten wir als Ortsvektor des Punktes Paul :
rP (t) = Rer (t) + l0 ekωt ez
(30)
Bestimmung des Geschwindigkeitsvektors: Der
Geschwindigkeitsvektor des Punktes ist gleich der ersten
zeitlichen Ableitung des Ortsvektors :
i
d h kωt i
d
dh
Rer +
l0 e e z
rP (t) =
dt
dt
dt
i
h
d kωt
d
e
= R e r + l0 e z
dt
dt
= Rϕ̇eϕ + l0 kωekωt ez
v P (t) =
Mit ϕ̇(t) = ω ergibt sich der Geschwindigkeitsvektor
v P (t) = Rωeϕ + l0 kωekωt ez
(31)
er = ex cos(ωt) + ey sin(ωt) und
eϕ = ex (− sin ωt) + ey cos(ωt)
Durch Einsetzen in die Gleichungen (30), (31) und (32)
erhält man die Darstellung in kartesischen Koordinaten,
hier z.B. die Beschleunigung:
aP (t) = ex (−Rω 2 cos ωt)
+ ey (−Rω 2 sin ωt)
+ ez l0 k 2 ω 2 ekωt .
Beide Darstellungen sind offensichtlich äquivalent!