mg - Prof. Dr. Johannes Wandinger

2.1 Bewegungsgleichung
Lösungen
Aufgabe 1:
Auf die Masse wirkt nach unten die Gewichtskraft mg und
nach oben die Federkraft der Waage FW.
Die Bewegungsgleichung in z-Richtung lautet:
∑ F z=m az : F W −mg=m a z
FW
m
mg
Daraus folgt für die Beschleunigung der Kabine:
a z=
z
FW
−g
m
Zahlenwert: a z =
52 N
m
kg m
m
m
−9,81 2 =10,4 2 −9,81 2 =0,59 2
5 kg
s
s kg
s
s
Aufgabe 2:
a) Bewegungsgleichung:
Am fallenden Körper greift die Gewichtskraft mg und die Widerstandskraft W an, die entgegengesetzt zur Bewegung wirkt. Wird die
positive Achsrichtung nach unten gewählt, so lautet die Bewegungsgleichung:
∑ F s=m a
2
: m g−W =m g−k v =m a
W
s
mg
b) Grenzgeschwindigkeit:
Wenn der Körper die Grenzgeschwindigkeit erreicht hat, ist seine Beschleunigung null:
m g−k v 2G =0 .
Daraus folgt: k v G2 =m g  vG =


mg
k
2
5 kg⋅9,81 m/s
Zahlenwert: v G =
=55,03 m/s=198,1 km / h
0,0162 kg / m
Technische Mechanik 2
2.1-1
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c) Zeitlicher Verlauf der Geschwindigkeit:
Aus der Bewegungsgleichung folgt
  
k 2
k 2
v2
a v=g− v =g 1−
v =g 1− 2
m
mg
vG

.
Die Beschleunigung ist geschwindigkeitsabhängig. Wird die Zeit ab dem Beginn des Falls gemessen, so ist t0 = 0 und v0 = 0. Dann gilt für die Zeit t :
v t
t =∫
0
v t
dv
=∫
av 0
dv
1
=
g
v2
g 1− 2
vG
 
vt 
∫
0
2 vt
vG
dv
=
v2 g
1− 2
vG
dv
∫ v2 −v 2
0
G
Die Integration führt auf
vG2
v=v t
[  ]
v G v
1
t=
ln
g 2 vG
v G −v
=
v =0
vG
2g
ln

v G v t
v G −vt 

.
Diese Gleichung muss nach v(t) aufgelöst werden:

v G v t 
2 gt
=ln
vG
v G −v t 
  vG −v t   e
 vt =v G

2 g t /vG
 e
−1
2 g t /vG
1
e
=
v G vt 
v G −vt 
=v G v t   v G  e
2 g t /vG
e
2gt
vG
2 g t /v G
−1 =vt   1e
2 g t/ vG

Mit
sinh  x  e x −e−x e 2 x −1
tanh  x=
=
=
cosh x e x e−x e 2 x 1
folgt schließlich:
v t =v G tanh
 
gt
vG
Aufgabe 3:
a) Abschussgeschwindigkeit:
An der freigeschnittenen Kugel greifen die Federkraft F, die Gleitreibungskraft
R, die Gewichtskraft G und die Normalkraft N an.
Technische Mechanik 2
2.1-2
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Bewegungsgleichungen:
s
n
∑ F s=m a s : F−R−G sin =m as
∑ F n=0 : N −G cos =0  N =G cos 
F
R
Gleitreibungsgesetz:
N
G
α
R= N = G cos 
Federkraft: F=c  s 0−s 
Einsetzen der Kräfte in die Bewegungsgleichung in s-Richtung ergibt
c  s 0 −s  − cos sin  m g=m a s .
Daraus folgt für die Beschleunigung
a s s=
c
c
s 0−   cossin   g− s=a 0−b s
m
m
mit a 0=
c
c
s 0−   cossin   g und b=
.
m
m
Zahlenwerte:
a 0=
10 N / mm
⋅200 mm−  0,2 cos30 °sin 30 ° ⋅9,81 m/s 2 =193,4 m/ s 2
10 kg
10⋅103 N /m
−2
b=
=1000 s
10 kg
Es handelt sich um eine wegabhängige Beschleunigung. Da die Anfangsgeschwindigkeit null ist, berechnet sich die Geschwindigkeit v0, mit der die Kugel das Katapult verlässt, zu


s0
[
s0
1
v 0= 2 ∫ a s s ds= 2∫  a 0−b s  ds= 2 a 0 s− b s 2
2
0
0

s=s 0
]



1
= 2 a 0 s 0− b s 20 .
2
s =0
1
Zahlenwert: v 0= 2 193,4 m / s 2⋅0,2 m− ⋅1000 s−2⋅0,2 2 m2 =6,112 m/ s
2
b) Wurfweite:
Der Ursprung des Koordinatensystems für die
Wurfparabel wird in den Punkt gelegt, an dem die
Kugel das Katapult verlässt.
Dann gilt für die Wurfweite: zW =−h
Daraus folgt:
Technische Mechanik 2
z
v0
α
x
h
W
2.1-3
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W tan −
2
W −2W
2
W −2W
g
W 2=−h
2
2 v cos 
2
0
v 20 cos2 
g
tan −2
v 20 cos2 
g
h=0
v 20
h
sin cos −2 v 20 cos 2 =0
g
g

2
v 40 2
1 v0
2
2h
2
W 1/2 =
sin 2 ± 2 sin  cos 2 v 0 cos 
2 g
g
g
2
1 v0
=
sin 2 ±v 0 cos
2 g

2

v0
h
sin  2
g
g
Von den beiden Lösungen ist nur die Lösung W > 0 physikalisch sinnvoll.
Zahlenwert:
1 6,112 2 m 2 / s 2
W=
sin 60 °
2 9,81 m /s 2
6,112 m / s⋅cos 30 °

2

6,112 m /s
2⋅0,2 m
sin30
°

9,81 m /s 2
9,81 m /s 2
=1,649 m5,293 m/ s⋅ 0,1378 s 2=3,614 m
Aufgabe 4:
Der Weg wird ab dem Erdmittelpunkt positiv nach oben gemessen. Dann gilt:
: −
∑ F r=m a
mM
r2
r
m
=m ar 
F
Daraus folgt für die Beschleunigung:
a r=−
M
r
M
2
Die Beschleunigung ist ortsabhängig. Für die Geschwindigkeit gilt daher

r
v r= v 2 ∫ a r  d r .
2
0
r0
Daraus folgt für die Geschwindigkeit, mit der der Meteorit aufschlägt:
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
R
v E = v 2 ∫ ar dr
2
0
r0
Das Integral berechnet sich zu
R
R
0
r =R
[ ]
1
∫ a r  dr=− M ∫ 2 =− M − r
r
r r
0
dr
= M
r =r 0
 
r 0− R
1 1
− = M
.
R r0
R r0
Damit gilt für die Aufschlaggeschwindigkeit:

v E = v 20 2  M
r 0− R
R r0
Zahlenwert:

2
3
2
3
1000 m
 10000−6371 ⋅10 m
−11 m
v E=
2⋅6,670⋅10
⋅5,974⋅1024 kg⋅
2
2
3,6
s
kgs
10000⋅6371⋅106 m2
=  7716045390000 m/s=6743 m/ s=24270 km / h

Aufgabe 5:
a) Schräglage und Auftriebskraft:
Außer der Auftriebskraft A wirken die
Gewichtskraft G und die d'Alembertsche
Trägheitskraft FT.
Für die Gewichtskraft gilt: G=mg
R
Die d'Alembertsche Trägheitskraft ist
gleich der Zentrifugalkraft:
z
A
θ
FT
x
G
v2
F T =m a n =m
R
Dynamisches Gleichgewicht:
∑ F x =0
∑ F z=0
: F T − A sin=0  Asin =F T
:−G Acos =0  A cos =G
Division der ersten durch die zweite Gleichung ergibt eine Gleichung für den
Winkel θ:
FT m v2
v2
tan= =
=
G R mg R g
Werden beide Gleichungen quadriert und addiert, folgt eine Gleichung für den
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Auftrieb A:
2
2
2
2
2
T
A sin  A cos =F G  A=m
Zahlenwerte:
v=100
 
2 2
2
v
g 2
R
km 100 m
m
=
=27,78
h
3,6 s
s
27,78 2 m2 / s 2
tan=
=0,7865  =38,19 °
100 m⋅9,81 m/ s 2

2
2
27,78 m / s
A=320 kg⋅
100 m
2 2

2
m
m
9,81 4 =320 kg⋅ 155,77 2 =3993,90 N
s
s
2
b) Kraft auf Pilot
Die vom Sitz auf den Piloten ausgeübte Kraft FP muss im
Gleichgewicht mit der d'Alembertschen Trägheitskraft FTP
und der Gewichtskraft GP sein.
z
FTP
Für die Gewichtskraft gilt: G P =m P g
v2
Für die d'Alembertsche Trägheitskraft gilt: F TP=m P
R
GP
θ
x
FP
Aus
F TP v 2 F T
=
=
GP R g G
folgt, dass die Kraft FP die gleiche Richtung wie die Auftriebskraft A hat.
Aus dem Kräfteplan folgt für den Betrag der auf den Piloten ausgeübten Kraft:
2
F P = G2P F TP
=m P
Zahlenwert:
F P =70 kg⋅ 155,77
 
2 2
v
g 2
R
m
=873,65 N
s2
Aufgabe 6:
Dynamisches Gleichgewicht der Masse:
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∑D F x =0
∑D F y =0
: m a n−S sin =0
S
: −m gS cos=0
φ
Aus der zweiten Gleichung folgt
man
y
mg
.
cos
Einsetzen in die erste Gleichung ergibt
mg
S=
x
m a n =m g tan  .
2
Für die Zentripetalbeschleunigung gilt: a n=  RL sin
2
Daraus folgt:   RL sin   =g tan 
Für kleine Winkel gilt sin ≈ tan  . Damit vereinfacht sich die Gleichung
zu
2
2
 R= g− L  tan  ,
woraus folgt:
tan=
2 R
g−2 L
Zahlenwerte:
tan=
0,2 s−2⋅5m
9,81 m/ s 2−0,2 s−2⋅2 m
=0,02055  =1,178°
100 kg⋅9,81 m/ s 2
S=
=981,2 N
cos 1,178° 
Aufgabe 7:
Die Muffe wird angehoben, wenn die Summe der von
den beiden Querstreben auf sie ausgeübten Kräfte in
z-Richtung größer als ihr Gewicht ist.
Ax
Wegen der Symmetrie sind die Kräfte beider Querstreben gleich groß. Die Querstreben sind Pendelstützen.
Der Zusammenhang zwischen der über eine Querstrebe übertragenen Kraft und der Zentrifugalkraft
kann aus dem dynamischen Gleichgewicht am Träger
AC ermittelt werden:
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2.1-7
Az
A
L/2
α
L
B
α
m
B
z
Z
C
x
G
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∑D M  A =0
:
L cos Z −L sin G
L
L
− sin  B cos − cos B sin =0
2
2
 Z cos−G sin =B sin cos 
 B=
Z
G
−
sin  cos 
Gleichgewicht für die Muffe:
∑ F z=0
: −G 02 B cos=0
Die Muffe hebt ab für
2 B cos ≥G 0 .
Einsetzen für B führt auf
2  Z cot −G ≥G0 .
Auflösen nach der Zentrifugalkraft ergibt

Z ≥ G
G0
2

tan.
Mit Z =m 2 r=m 2 L sin  , G=m g und G 0=m0 g folgt für die Winkelgeschwindigkeit:

m 2 L sin ≥ m
m0
2

g tan

 2≥ 1

1 m0
g
2 m L cos 
Zahlenwerte:
9,81 m/s 2
1
1
 ≥ 15 
=339,8 2  ≥18,43
0,2 m⋅cos 30 °
s
s
2
n=
1
1

=2,933 =176
2
s
min
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Aufgabe 8:
a) Antriebskraft:
L
B
A
FL
z
GA
GB
GL
α
x
Schwerpunktsatz für den freigeschnittenen Zug:
∑ F x = F L−g  m Am Bm L  sin =  m A mB m L  a
 F L = m Am Bm L   ag sin  
Steigungswinkel: tan=0,01  sin =
0,01
 10,01
2
=0,01
Zahlenwert:
F L =  453055 ⋅103 kg⋅ 0,59,81⋅0,01  m/s 2 =77,75 kN
b) Kräfte in den Kupplungen:
Schwerpunktsatz für die Waggons A und
B:
B
A
FLB
∑ F x = F LB − m Am B  g sin 
= m Am B  a
z
 F LB=  m A m B   agsin 
GB
GA
α
x
Zahlenwert:
F LB = 4530 ⋅103 kg⋅ 0,59,81⋅0,01 
m
s2
=44,86 kN
A
Schwerpunktsatz für Waggon A:
∑ F x = F AB −m A g sin =m A a
z
 F AB=m A  agsin 
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FAB
GA
x
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Zahlenwert:
F AB=45⋅103 kg⋅ 0,59,81⋅0,01  m / s 2=26,91 kN
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