Tutorium

Kinematik und Dynamik (Mechanik II) - Prof. Popov SoSe 2017, KW 17
Lösungshinweise Seite 1
Punktkinematik der eindimensionalen
Version vom 13. April 2017
und ebenen Bewegung im raumfesten kartesischen Koordinatensystem
Tutorium
Der zeitliche Verlauf von Geschwindigkeit und Ort lassen
sich in Diagrammen veranschaulichen:
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).
v Geschwindigkeit
v0
s
s1
Ort
s, v, a
v1
Definiere:
t0 = 0, t1 = 20s, s1 = 150m.
00
t
t1
0
t
t1
Gegeben sind:
s(0) = 0, s(t1 ) = s1 ,
36000m
m
km
=
= 10 ,
v(0) = v0 = 36
h
3600s
s
a(t) = a1 .
Aufgabe 7
(a) Mit dem zweiten Newtonschen Gesetz ergeben sich
die zwei Komponenten der BewegungsDGL zu:
ÿ = −g
ẍ = 0 .
und
(2)
(3)
Die Beschleunigung ist die Ableitung der Geschwindigkeit
nach der Zeit, umgekehrt ist der Zuwachs an Geschwin- Integration mit den ABen x(0) = 0, ẋ(0) = v cos α ,
0
digkeit zwischen einer Anfangszeit 0 und einer Endzeit t y(0) = 0 und ẏ(0) = v sin α führt auf:
0
gleich dem Integral der Beschleunigung in diesem Intervall. Es gilt also:
1
Z t
Z t
(4)
y(t) = − gt2 + v0 sin αt
h it̃=t
2
v(t) − v0 = a(t̃)dt̃ = a1 dt̃ = a1 t̃
t̃=0
x(t) = v0 cos αt .
(5)
0
0
v(t) = a1 t + v0 .
(1)
Damit der Motorradfahrer es schafft, muss gelten:
!
y(tf ) = h
Die Geschwindigkeit ist die Ableitung des Ortes nach der
Zeit. Wenn die Ortskoordinate zur Anfangszeit s(0) = 0
!
x(tf ) = 2h
ist, gilt analog zum eben gesagten:
2h
Z t
Z t
it̃=t
ha
.
⇒ tf =
1 2
v0 cos α
t̃ + v0 t̃
s(t) = v(t̃)dt̃ = (a1 t̃ + v0 )dt̃ =
2
t̃=0
0
0
Einsetzen in (4) liefert:
a1 2
= t + v0 t
2
2
1
2h
2h
h=− g
+ v0 sin α
2
v0 cos α
v0 cos α
Wir haben jetzt je eine Gleichung für die Geschw. und
p
⇒ v0 = 2 gh
den Ort zu jeder beliebigen Zeit t (im Intervall) darin ist
jedoch die Größe a1 immer noch unbekannt. Die gewinnen
wir aus s(t1 ) = s1 :
(b) Es gilt für die Beschleunigung:
a1 2
s1 = s(t1 ) = t1 + v0 t1
nach a1 auflösen
dv ds
dv
d2 s
2
=v
.
aR = 2 =
dt
dt
ds
ds
2
a 1 = 2 s 1 − v 0 t1
Einsetzen der Zahlenwerte
Integration liefert:
t1
1m
Z v0
Z √2h
a1 = − 2
1
4s
vdv = v02 .
ar ds =
2
0
0
Die Beschleunigung ist negativ, der Radfahrer muß also
Schließlich ergibt sich aR zu:
bremsen.
p
√
1
Setzt man t1 in Gleichung (1) ein, so erhält man die GeaR = √ (2 gh)2 = 2g .
2 2h
schwindigkeit, mit der der Radfahrer die Ampel passiert.
v(t1 ) = a1 t1 + v0 = 5
m
s
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
(11)
(12)
(13)
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Lösungshinweise Seite 2
Punktkinematik der eindimensionalen
Version vom 13. April 2017
und ebenen Bewegung im raumfesten kartesischen Koordinatensystem
Hausaufgaben
Aufgabe 2
Lösung mit Relativkoordinaten: mitgeführter Koordinatenursprung im vorderen Auto
a: Schrecksekunde:
l
20m
T =
= 1s
=
2v
72 km
h
(14)
Abstand zum vorderen Auto nach der Schrecksekunde:
srel = vrel t + s0
km
km
srel = (72
− 36
) ∗ 1s − 20m = −10m
h
h
(15)
(16)
überholen kann. Zur Lösung der Aufgabe wird ein Koordinatensystem verwendet, das seinen Ursprung an der
Position von Auto B zum Zeitpunkt t = 0 hat. Die Bewegung geschieht entlang der x-Achse. Die Positon der
vorderen Stoßstange des Wagens B sei mit sB bezeichnet,
die hintere Stoßstange des Wagens A mit sA .
Für t ≥ 0 bewegt sich Wagen A mit konstanter Geschwindigkeit vA fort. Für die Position erhält man dann durch
Integration1 .
Z
sA (t) = vA dt = vt + D1
(36)
mit der Anfangsbedingung: sA (t = 0) = D1 = l
sA (t) = vt + l
(B ist 10m hinter A)
nun: konstante Verzögerung a0 ,
aAB , vAB , sAB Relativkoordinaten,
neue Zeit t̂ mit
t = t̂ + T = t̂ + 1s
(17)
aAB (t̂) = a0
(18)
vAB (t̂) = a0 t̂ + v0
1
sAB (t̂) = a0 t̂2 + v0 t̂ + s0
2
(19)
(20)
(21)
mit vB (t = T ) = aB T + D2 = 2v
⇒
m
s
m
⇒ vAB (t̂) = a0 t̂ + 10
s
sAB (t̂ = 0) = s0 = −10m
1
m
⇒ sAB = a0 t̂2 + 10 t̂ − 10m
2
s
(22)
(23)
(24)
(25)
Bedingungen bei tˆ1 : Die Autos berüren sich und sind gleich
schnell:
vAB (tˆ1 ) = 0 in (23)
m
0 = a0 tˆ1 + 10
s
−10 m
s
⇒ tˆ1 =
a0
sAB (tˆ1 ) = 0
in (25) mit (28)
m
−10
1
m −10 m
s 2
s
0 = a0 (
) + 10 (
) − 10m
2
a0
s
a0
m2
10ma0 = −50 2
s
m
a0 = −5 2
s
D2 = 2v − aB T
vB (t) = a∗ (t − T ) + 2v
!
mit sB (t = T ) = 2vT + D3 = 2vT
=
(27)
(29)
(30)
(31)
(32)
1 ∗
2
a (t − T ) + 2vt
2
⇒
,
D3 = 0
t≥T .
(42)
sA =
sB
(45)
ṡA =
ṡB
(46)
für t∗ > T erfüllt sind. Bedingung (46) führt auf
(35)
t∗ = −
c: Siehe unten
(a) Die Zeitzählung soll in dem Moment beginnen (t =
0), wenn der Fahrer des Autos B erkennt, dass er nicht
(39)
(40)
Ein Zusammenstoß finde (im Grenzfall) gerade noch statt,
wenn die Bedingungen
(33)
(34)
t≥T .
Setzt man für die Zeit T ein, erhält für den Wagen B im
zweiten Bereich schließlich
l
vB =
a∗ t −
+ 2v ,
(43)
2v
2
1 ∗
l
sB =
+ 2vt .
(44)
a t−
2
2v
b:
(33) in (28)tˆ1 = 2s
t1 = tˆ1 + 1s = 3s
,
Der Zusammenstoß muss, sofern er überhaupt stattfindet,
für t > T geschehen2 . Daher ist auch nur die Position
für den zweiten Bereich von Interesse. Man erhält durch
abermalige Integration
Z
1
2
sB (t) = vB dt = a∗ (t − T ) + 2vt + D3
(41)
2
(26)
(28)
(37)
Wagen B bremst für t ≥ T mit der Beschleunigung a∗ ab.
Da gesamte Beschleunigungsverlauf nicht durch eine elementare Funktion geschlossen dargestellt werden kann, ist
es sinnvoll, die Bereiche 0 ≤ t < T und t ≥ T zu unterscheiden. Man erhält für die Geschwindigkeit des Wagens
B im ersten Bereich vB = 2v und im zweiten Bereich:
Z
vB (t) = aB dt = aB t + D2
(38)
Anfangsbedingungen:
vAB (t̂ = 0) = v0 = 10
t≥0
,
1 Hauptsatz
l
v
+
∗
aB
2v
(47)
der Infinitesimalrechnung verwendet
Zeitpunkt t = T hat der Wagen B gerade erst die Position
erreicht, die Wagen A zum Zeitpunkt t = 0 hatte.
2 Zum
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Lösungshinweise Seite 3
Punktkinematik der eindimensionalen
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und ebenen Bewegung im raumfesten kartesischen Koordinatensystem
Mit den gegebenen Zahlenwerten ergibt sich eine notwendige Bremsverzögerung von 5 m s−2 , welche bei guten Straßenverhältnissen möglich ist.
cos λt
(48)
.
(2)
ϕ̈(t) = et
ẍ(t) geg.
sA (t∗ ) = sB (t∗ ) =
5
l
2
(50)
.
(c)
a(t)
Auto A
Auto B
1s
3s
tStillstand
(1):
(2):
t
−5m
s2
v(t)
20m
s
mit
10m
s
t
1s
3s
tStillstand
1s
3s
tStillstand
s(t)
20m
10m
t
0
sin λt
(1)
ϕ̇(t) geg.
ẋ(t) = −Lλ sin λt −
y(t) geg.
ϕ(t) = et
x(t) = L cos λt −
an der Stelle
ẏ(t) geg.
(49)
Geschwindigkeit
ẋ(t) = a0 t
ṙ(t) geg.
ṡ(t) = LΩ cos Ωt
3l
2v
Ort
x(t) = a20 t2
r(t) = a21 t2 + v0 t + r0
s(t) geg.
i
h
y(t) = uω0 1 + eωt − eωt0
t∗ = 3T =
v0
λ2
(b) Der Zusammenstoß erfolgt gemäß (47) zur Zeit
v0
λ3
v2
<0
l
ÿ(t) = u0 ωeωt
a∗B = −
Aufgabe 5
Beschleunigung
ẍ(t) geg.
r̈(t) = a1
s̈(t) = −LΩ2 sin Ωt
und schließlich mit (45) auf die gesuchte Beschleunigung
− 23
r0 cos Ψ(t)
t − t1
2
− 21
− 2r0 ω 2 t t − t1
sin Ψ(t)
5
−2
3r0
cos Ψ(t)
ÿ(t) =
t − t1
4
− 23
+ 2r0 ω 2 t t − t1
sin Ψ(t)
− 21
− 2r0 ω 2 t − t1
sin Ψ(t)
− 21
cos Ψ(t)
− 4r0 ω 4 t2 t − t1
ẏ(t) = −
Ψ(t) = ω 2 (t2 − t20 )