Physik I — WS 2006/2007 — Prof. G. Dissertori — Serie 3 Aufgabe 1

Physik I — WS 2006/2007 — Prof. G. Dissertori — Serie 3
Aufgabe 2: Achtung Unfallgefahr
Zuerst kann man die Bremsverzögerung a berechnen. Die Bahnkurve des Autos bei einer Vollbremsung ist:
1
(4)
x(t) = a · t2 + vB · t
2
Lösungen
Aufgabe 1: Klotz auf schiefer Ebene
wobei man die Zeit t ausdrücken kann durch t =
x(t) =
v = 0.5*v
0
end
v = 1.5*v
1.5
end
Geschwindigkeit v [v
−kv
||
a ||
g
||
a
g
1
0.5
α
0
0
1
2
3
4
Zeit t [1/k]
5
6
7
8
a) Aus elementarer Trigonometrie ergibt sich g || = g sin α, so dass man für die tangentiale Beschleunigung a|| = g|| − k · v|| erhält.
v̇|| = g sin α − kv||
1
v(t) − vB
· (v(t) − vB )2 + vB ·
2a
a
(5)
xk (t) = vk · t + l, t > 0

, t < tR
 v0 · t
xa (t) =
v0 · t + 12 a · (t − tR )2 , tR < t < tE

vk · t + l − d
, tE < t
(7)
vk (t) = vk , t > 0

, t < tR
 v0
va (t) =
v + a · (t − tR ) , tE > t > tR
 0
vk
, t > tE
(9)
(8)
Hier bezeichnet tE den Zeitpunkt an dem das Bremsmanöver abgeschlossen ist. Für die Geschwindigkeiten gilt:
Abbildung 1: Links: Der Klotz auf der schiefen Ebene und die wirkenden Beschleunigungen. Rechts:
v|| (t) für verschiedene v0 . Beachten Sie: Die im Plot verwendeten Skalen sind dem Problem angepasst,
d.h. die Geschwindigkeitsskala ist v end und die Zeitskala 1/k.
b) Da a|| = v̇|| ergibt sich die Differentialgleichung zu:
so dass gilt:
Zum Zeitpunkt tB soll das Auto stillstehen, d.h. v(tB ) = 0 und man erhält mit x(tB ) = B für die
Beschleunigung:
v0 2
(6)
a=−
2B
Man sieht leicht, dass die Bahnkurven für das Ende der Kolonne und den Autofahrer lauten:
end
]
0
v(t)−vB
,
a
(10)
Die geforderten Skizzen sehen damit wie in Abb. 2 aus.
(1)
va
v_0
Setzt man nun den im Aufgabentext gegebenen Ansatz ein, so erhält man:
(2)
v|| (t) = (v0 −
g sin α −kt g sin α
)e
+
k
k
k
Geschwindigkeit v
x
α
Damit diese Bedingung für alle Zeiten t erfüllbar ist, muss gelten B = g sin
und mit der
k
α
und
es
ergibt
sich λ = −k.
Anfangsbedingung v|| (0) = v0 = A + B erhält man A = v0 − g sin
k
Die Lösung lautet damit:
L
Ort x
λAeλt = g sin α − kAeλt − kB
L−d
x
vk
a
(3)
Nur für kleine Zeiten t < 1/k verändert die Gleitreibung die Geschwindigkeit. Für grosse
Zeiten (t 1/k) nähert sich die Geschwindigkeit immer mehr ihrem asymptotischen Endwert
α
vend = g sin
an. In Abb. 1 ist v|| (t) für v0 > vend und v0 < vend skizziert. Im ersten Fall wird
k
der Klotz abgebremst, im zweiten Fall beschleunigt.
v_k
0
0
t_r
t_e
Zeit t
0
0
t_r
t_e
Zeit t
Abbildung 2: Links: Bahnkurve xk des Stauendes und xa des Autofahrers, rechts die entsprechenden
Geschwindigkeiten
Bei tE gilt: vk (tE ) = va (tE ) und es folgt: tE =
vk −v0
a
+ tR . Aus der Bedingung dass am Ende
des Bremsmanövers der Abstand vom Autofahrer zur Kolonne gerade der Sicherheitsabstand d ist
(xk (tE ) − xa (tE ) = d) folgt eine quadratische Gleichung für die Anfangsgeschwindigkeit v0 :


s
2
v
v
v
2
k
k
k
(11)
± (tR + )2 − ( + vk tR + l − d)
v01,2 = a · tR +
a
a
a 2a
Sinnvoll für dieses Problem ist nur die Lösung mit dem positiven v0 , also gilt: v0 = v02 . Setzt man
die Zahlenwerte ein, so gilt: v0 = 85.4 km/h
Aufgabe 3: Senkrechter Wurf

 


v0,x
0
0





, ~r(0) =
0 , ~v (0) =
a) Mit ~a =
0
v0,y  kann man den Geschwindigkeitsvektor
0
−g
v0,z
berechnen:


Z t
v0,x
0


~v (t) =
(12)
~adt =
v0,y
0
v0,z − g · t

Durch erneute Integration erhält man die Bahnkurve:


Z t
v0,x · t + r0,x
0
0


~r(t) =
~v (t )dt =
v0,y · t + r0,y
0
v0,z · t − 12 gt2 + r0,z
Es ergibt sich die Bahnkurve

~r(t) = 
W =
Das Maximum wird also für α =
wird und dass z(tm ) =
v0
g
(14)
angenommen
2g .
(15)
Offentsichtlich hat sich nur das Vorzeichen der Geschwindigkeit geändert - eine Folge der Symmetrie der Bahnkurve um t = tm .
Aufgabe 4: Schiefer Wurf
(19)
(20)
angenommen.
v0 sin (α)
g
erreicht und z(tm ) =
v0 2 sin (α)2
2g
d) Für die Geschwindigkeit beim Aufprall gilt:

v0 cos(α)

0
~v (2tm ) = 
−v0 sin(α)
D.h. der Aufprallwinkel ist α.
v02
c) Der Aufprall erfolgt nach der Zeit t = 2 · t m , die Geschwindigkeit lautet dann:


0
~v (2tm ) =  0 
−v0
π
4
v0 2 sin(2α)
g

b) Ohne Beschränkung der Allgemeinheit kann man annehmen, dass ~r(0) = ~0. Es gilt:




0
0




0
und damit lautet die Bahnkurve ~r(t) =
0
v~0 =
v0
v0 · t − 12 g · t2
(18)
Damit ergibt sich für die Wurfweite W = x(t2 ):
c) Das Maximum von z(t) wird zur Zeit t m =
(13)
(17)
b) Um die Wurfweite W zu ermitteln muss man die Nullstellen der z-Komponente finden:
p
−v0 · sin (α) ± (v0 · sin (α))2 − 0
0 |·sin (α)|
= v0 ·sin (α)∓v
t1,2 =
g
−g
2 · v0 sin (α)
⇒ t1 = 0, t2 =
g
Wobei jeweils die oben angegebenen Anfangsbedingungen verwendet wurden.
Man kann leicht sehen, dass das Maximum der z-Komponente zur Zeit t m =

v0 · cos (α) · t

0
v0 · sin (α) · t − 12 g · t2
(21)
e) Wenn man also den gewünschten Winkel α durch Wahl des Abschusswinkels eingestellt hat,
dann kann man durch Wahl von v0 jede Wurfweite W erreichen.
Aufgabe 5: Schiff auf dem Fluss
Für einen festen Winkel α zum Ufer (siehe Skizze) gilt für die Geschwindigkeit des Schiffs (vom Ufer
aus gesehen)
vs cos α − vf
~v =
vs sin α
Die Zeit T , die das Schiff benötigt um zum anderen Ufer zu gelangen, kann man aus der Geschwindigb
keitskomponente senkrecht zum Ufer bestimmen: T = vby = vs sin
α , für die tatsächlich zurückgelegte
horizontale Distanz d0 gilt dann:
d0 = T v x =
b
cos α − s
(vs cos α − vf ) = d ·
vs sin α
r sin α
wobei r = 1.50 und s = (8.00 km/h)/(27.8 km/h) = 0.288.
a) Die Anfangsbedingungen für den schiefen Wurf lauten:


cos α
~v (0) = v0  0  und r~0 = ~0
sin α
(16)
a) Auf der Karte würde man einen Winkel α mit tan α = 1r ablesen, d.h. α = 33.7◦ . Man
erhält dann d0 = 9.81 km (d.h. etwa 5 km vom Zielort entfernt), was einem Winkel von
α0 = arctan(b/d0 ) = 45.6◦ entspricht.
b) Wir fordern d = d0 und erhalten somit die Bedingung: r sin α = cos α − s. Durch quadrieren
erhält man:
r 2 sin2 α = r 2 − r 2 cos2 α = cos2 α − 2s cos α + s2
Bringt man alle Terme auf die gleiche Seite, erhält man eine quadratische Gleichung für cos α:
cos2 α(1 + r 2 ) − 2s cos α + (s2 − r 2 ) = 0
Mit den Lösungen:
cos α =
2s ±
p
√
√
4s2 − 4(s2 − r 2 )(1 + r 2 )
s ± r 2 − s2 r 2 + r 4
s ± r 1 − s2 + r 2
=
=
2(1 + r 2 )
1 + r2
1 + r2
was α = 24.5◦ resp. 137◦ entspricht (wobei nur die erste sinnvoll ist).
y
Ziel
vs
10km
vf
α
Start
x
15km