Kapitel 1 Kinematik des Punktes

Kapitel 1
Kinematik des Punktes
D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 3,
DOI 10.1007/978-3-642-29567-6_1, © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2012
1
2
Kinematik
Die Lage eines Punkte P im Raum wird
durch den Ortsvektor
ds
dr
r(t)
P
beschrieben.
Aus der Verschiebung dr des Punktes
P in eine Nachbarlage während der Zeit dt
folgt seine Geschwindigkeit
dr
v=
= ṙ .
dt
r
z
y
x
s
Bahn
Die Geschwindigkeit ist stets tangential zur Bahn gerichtet. Mit der
Bogenlänge s und |dr| = ds gilt für den Betrag der Geschwindigkeit
v=
ds
= ṡ .
dt
Die zeitliche Änderung des Geschwindigkeitsvektors v(t) heißt Beschleunigung
a=
dv
= v̇ = r̈ .
dt
Die Beschleunigung ist im allgemeinen nicht tangential zur Bahn gerichtet!
Die Vektoren r, v und a lassen sich in speziellen Koordinatensystemen
wie folgt darstellen:
a) Kartesische Koordinaten mit den Einheitsvektoren ex , ey , ez :
Bahn
r = x ex + y ey + z ez ,
z
v = ẋ ex + ẏ ey + ż ez ,
r
P
z
ez
exey
a = ẍ ex + ÿ ey + z̈ ez .
y
x
y
x
b) Zylinderkoordinaten mit den Einheitsvektoren er , eϕ , ez :
P
r = r er + z ez ,
z
r
z
v = ṙ er + r ϕ̇ eϕ + ż ez ,
ez
ϕ
a = (r̈ − r ϕ̇2 ) er + (r ϕ̈ + 2ṙ ϕ̇) eϕ + z̈ ez .
x
y
eϕ
er
r
Bahn
y
x
3
des Punktes
c) Natürliche Koordinaten mit den Einheitsvektoren et und en in
Richtung der Tangente bzw. der Hauptnormalen.
M
v = v et ,
ρ
ρ
v2
en .
a = v̇ et +
ρ
s
Dabei sind:
ρ
ds
dt
dv
at = v̇ =
dt
v2
an =
ρ
v = ṡ =
Bahn
en
P
et
=
Krümmungsradius (Abstand zwischen P und
Krümmungsmittelpunkt M ),
=
Bahngeschwindigkeit,
=
Bahnbeschleunigung,
=
Normal- oder Zentripetalbeschleunigung.
Anmerkung: Die beiden Komponenten der Beschleunigung liegen in
der sogenannten Schmiegungsebene. Der Beschleunigungsvektor zeigt
stets ins Innere“ der Bahn.
”
Geradlinige Bewegung
Weg
Geschwindigkeit
Beschleunigung
x(t) ,
P
0
dx
v=
= ẋ ,
dt
dv
a=
= v̇ = ẍ .
dt
x
x(t)
Kreisbewegung
Für ρ = r = const und s = rϕ(t) erhält man in natürlichen Koordinaten
Geschwindigkeit
v = r ϕ̇ = rω ,
Bahnbeschleunigung
at = r ϕ̈ = r ω̇ ,
Zentripetalbeschleunigung
an =
mit ω = ϕ̇ = Winkelgeschwindigkeit.
v2
= rω 2
r
P
r
ϕ(t)
s(t)
4
Kinematische Grundaufgaben
Ebene Bewegung in Polarkoordinaten
Aus den Beziehungen für Zylinderkoordinaten folgen für z = 0, ϕ̇ = ω
v = vr er + vϕ eϕ ,
a = ar er + aϕ eϕ
mit
Radialgeschwindigkeit
vr = ṙ ,
Zirkulargeschwindigkeit
vϕ = rω ,
Radialbeschleunigung
ar = r̈ − rω 2 ,
Zirkularbeschleunigung
aϕ = r ω̇ + 2ṙω .
Bahn
y
eϕ
P
r
er
ϕ
x
Anmerkung: Bei einer Zentralbewegung verschwindet die Zirkularbeschleunigung. Aus aϕ = r ω̇ + 2ṙω = (r 2 ω)· /r = 0 ergibt sich dann der
Flächensatz“ (2. Keplersches Gesetz) r 2 ω = const .
”
Kinematische Grundaufgaben für geradlinige Bewegung
Der Bewegungsanfang zur Zeit t0 sei durch den Anfangsweg x0 und die
Anfangsgeschwindigkeit v0 gegeben.
Gegeben
Gesuchte Größen
a=0
v = v0 = const ,
x = x0 + v0 t
gleichförmige Bewegung
a = a0 = const
a = a(t)
v = v0 + a0 t ,
x = x0 + v0 t + 12 a0 t2
gleichmäßig beschleunigte Bewegung
t
t
v = v0 + a(t̄)dt̄ , x = x0 + v(t̄)dt̄
t0
a = a(v)
a = a(x)
v dv̄
t = t0 +
= f (v) ,
a(v̄)
v0
t0
x = x0 +
t
F (t̄)dt̄
t0
mit der Umkehrfunktion v = F (t)
x
x dx̄
v 2 = v02 + 2 a(x̄)dx̄ , t = t0 +
= g(x)
v(x̄)
x0
x0
Die Umkehrfunktion liefert x = G(t)
Anmerkungen:
• Die Formeln lassen sich auch bei einer allgemeinen Bewegung anwenden, wenn man x durch s und a durch die Bahnbeschleunigung
at ersetzt. Die Normalbeschleunigung folgt dann aus an = v 2 /ρ.
• Falls die Geschwindigkeit als Funktion des Weges gegeben ist, folgt
die Beschleunigung aus
d v2
dv
=
( ) .
a=v
dx
dx 2
Geradlinige Bewegung
5
Aufgabe 1.1 Der Mindestabstand b zwischen zwei Kraftfahrzeugen soll
so groß sein wie die Strecke, die das nachfolgende Fahrzeug innerhalb
von ts = 2 s bei seiner jeweiligen Geschwindigkeit zurücklegt.
a) Wie groß ist die Überholstrecke x1 ?
b) Für welche Zeit tü befindet sich ein PKW (Länge l1 = 5 m, konstante Geschwindigkeit v1 = 120 km/h) mindestens auf der Überholspur,
wenn er einen LKW (Länge l2 = 15 m, Geschwindigkeit v2 = 80 km/h)
korrekt überholt? (Die Zeiten für das Wechseln der Spur sollen unberücksichtigt bleiben.)
Lösung
l1
b1
l2
x2
b2
l1
x1
zu a) Bei gleichförmiger Bewegung folgen die Mindestabstände mit
1 km/h = 1000 m/3600 s zu
b1 = v1 ts =
120
200
·2=
m,
3, 6
3
b2 = v2 ts =
80
400
·2=
m.
3, 6
9
Die Überholstrecke beträgt daher
x 1 = b1 + l2 + x 2 + b2 + l 1 .
Außerdem gilt
x2 = v2 tü ,
x1 = v1 tü .
Elimination von tü liefert
x1 =
zu b)
tü =
b1 + b2 + l 1 + l 2
=
1 − vv21
200 + 400 + 5 + 15
1180
3
9
= 393, 33 m .
=
80
3
1 − 120
Für die Überholzeit ergibt sich damit
x1
1180 · 3, 6
=
= 11, 8 s .
v1
3 · 120
A1.1
6
A1.2
Geradlinige
Aufgabe 1.2 Zur Simulation schwereloser Zustände werden VakuumFallschacht-Anlagen benutzt. Ein solcher Schacht habe eine Tiefe von
l = 200 m.
Welche maximale Versuchszeit t1 und welche Versuchsstrecke x1 im
freien Fall stehen zur Verfügung, wenn der Versuchskörper nach Durchfallen der Meßstrecke mit aII = −50 g auf v = 0 abgebremst wird?
Lösung Da der Körper aus der
Ruhelage losgelassen wird (x0 =
v0 = 0), gilt mit aI = const = g
für den freien Fall
vI = gt ,
g
x I = t2 .
2
Beim Abbremsen folgen mit
aII = −50 g für Geschwindigkeit
und Weg
vII = vII0 − 50 gt ,
xII = xII0 + vII0 t − 50 gt2 /2 .
Versuchskörper
x
11111
00000
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000 l
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
t=0
(aI = g)
x1
t = t1
(aII = −50 g)
t = t2
Man beachte, dass die Integrationskonstanten xII0 und vII0 hier keine
direkte physikalische Bedeutung haben.
Für t = t2 muss gelten:
vII (t2 ) = 0
;
vII0 = 50 gt2 ,
xII (t2 ) = l
;
xII0 = l − vII0 t2 +
50 2
gt2 = l − 25 gt22 .
2
Aus den Übergangsbedingungen
vI (t1 ) = vII (t1 )
;
gt1 = 50 g(t2 − t1 ) ,
xI (t1 ) = xII (t1 )
;
g 2
50 2
50 2
t1 = l −
gt2 + 50 gt1 t2 −
gt1
2
2
2
folgen durch Auflösen
100 l
100 · 200
=
= 6, 32 s ,
t1 =
51 g
51 · 9, 81
x1 = xI (t1 ) =
g 2
g 100 l
50
t =
=
l = 196 m .
2 1
2 51 g
51
Bewegung
7
Aufgabe 1.3 Eine U-Bahn legt zwischen 2 Stationen einen Weg von
3 km zurück. Aus der Anfahrbeschleunigung aA = 0, 2 m/s2 , der Bremsverzögerung aB = −0, 6 m/s2 und der Höchstgeschwindigkeit v ∗ =
90 km/h sollen der Anfahrweg, der Bremsweg, die Wegstrecke der gleichförmigen Bewegung und die Fahrzeit ermittelt werden.
Lösung Aus der konstanten Beschleunigung aA folgt beim Anfahren
ein Geschwindigkeitsverlauf
vA = aA t .
Mit der vorgegebenen Höchstgeschwindigkeit findet man die Anfahrtzeit
v∗
90 · 1000
= 125 s
=
tA =
aA
3600 · 0, 2
und den Anfahrweg
sA =
1
1
aA t2A = · 0, 2 · 1252 = 1563 m .
2
2
Beim Bremsen mit konstanter Verzögerung aB gilt für die Geschwindigkeit
vB = v ∗ + aB t .
Die Zeit tB bis zum Anhalten (vB = 0) wird daher
tB = −
v∗
90 · 1000
=−
= 41, 67 s ,
aB
3600 · (−0, 6)
und der zughörige Bremsweg ergibt sich zu
1
90 · 1000
1
aB t2B =
· 41, 67 − · 0, 6 · 41, 672
2
3600
2
= 1041, 75 − 520, 92 = 521 m .
sB = v ∗ tB +
Für die Fahrt mit konstanter Geschwindigkeit v ∗ bleibt dann ein Weg
von
s∗ = 3000 − sA − sB = 916 m .
Hierzu gehört eine Zeit
t∗ =
s∗
916 · 3600
=
= 36, 64 s .
v∗
90 · 1000
Die Gesamtfahrzeit wird damit
T = tA + t∗ + tB = 203, 31 s = 3, 39 min .
A1.3
8
A1.4
Geradlinige
Aufgabe 1.4 Ein PKW-Fahrer nähert sich mit einer Geschwindigkeit
von v0 = 50 km/h einer Ampel. Sie springt auf “Rot“, wenn er noch
l = 100 m entfernt ist. Die Rot- und Gelbphase dauert t∗ = 10 s. Der
Fahrer möchte die Ampel gerade dann passieren, wenn sie wieder auf
Grün wechselt.
”
”
a) Mit welcher konstanten Beschleunigung a0 muss der Fahrer bremsen?
b) Welche Geschwindigkeit v1 hat er auf Höhe der Ampel?
c) Man zeichne die Diagramme a(t), v(t) und x(t).
Lösung Bei konstanter Beschleunigung a0 gilt mit x(t = 0) = 0
v0
v = v0 + a0 t ,
x = v0 t + a0
t2
.
2
l
x
a) Aus der Bedingung x(t∗ ) = l folgt aus der 2. Gleichung
50 · 1000
2
2
m
a0 = ∗2 (l − v0 t∗ ) = 2 100 −
· 10 = −0, 78 2 .
t
10
3600
s
Das negative Vorzeichen zeigt an, dass der PKW verzögert wird!
b) Mit der nun bekannten Bremsverzögerung ergibt sich aus der ersten
Gleichung
v1 = v(t∗ ) = 50 ·
= 6, 09
1000
− 0, 78 · 10
3600
a [m/s2 ]
km
m
.
= 21, 9
s
h
10
t [s]
-0,78
c) Integration der konstanten
Beschleunigung liefert einen
linearen Geschwindigkeitsverlauf, nochmalige Integration
ein parabolisches Weg-ZeitDiagramm.
50
v [km/h]
21,9
x [m]
10
t [s]
100
10
t [s]
Bewegung
Aufgabe 1.5
Ein Fahrzeug bewegt sich gemäß dem dargestellten
Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm.
9
A1.5
v [m/s]
20
Man berechne die auftretenden
Beschleunigungen, den zurückgelegten Weg und zeichne die Diagramme x(t), a(t), v(x) und a(x).
300 360
100
t [s]
Lösung Zweckmäßig teilt man den Bewegungsablauf in 3 Zeitbereiche:
t1
t2
0
t3
300
100
1. Bereich, 0 ≤ t1
a1 ): Aus v1 = a1 t1
v (100)
a1 = 1100 =
s1 = x1 (100) =
360
t [s]
≤ 100 s (Anfahren mit konstanter Beschleunigung
folgen
20
100 =
1
2
1
5
m/s2 ,
a1 t21 ,
√
v1 (x1 ) = 2a1 x1 .
x1 =
· 15 (100)2 = 1000 m ,
1
2
2. Bereich, 0 ≤ t2 ≤ 200 s (gleichförmige Bewegung): Aus v2 = 20 m/s
= const findet man
a2 = 0 ,
x2 = v2 t2 ,
s2 = x2 (200) = 20 · 200 = 4000 m .
3. Bereich 0 ≤ t3 ≤ 60 s (Bremsen mit konstanter Verzögerung a3 ): Aus
v3 = 20 m/s + a3 t3 berechnen sich
20 = − 1 m/s2 ,
a3 = − 60
x3 = 20 t3 + 12 a3 t23 ,
3
√
s3 = x3 (60) = 20 · 60 − 12 · 13 (60)2 = 600 m , v3 = 400 + 2a3 x3 .
Das Fahrzeug durchfährt insgesamt die Strecke
s = s1 + s2 + s3 = 1000 + 4000 + 600 = 5600 m .
a [m/s2 ]
a1
300 360
100
5600
5000
a [m/s2 ]
a3
5000 5600
a1
1000
t [s]
x [m]
a3
x [m]
v [m/s]
20
1000
x [m]
100
300 360
t [s]
1000
5000 5600
10
A1.6
Geradlinige
Aufgabe 1.6 Die Beschleunigung eines frei fallenden Körpers unter
Berücksichtigung des Luftwiderstandes lässt sich näherungsweise durch
a(v) = g − αv 2 beschreiben. Dabei sind g die Erdbeschleunigung und
α eine Konstante.
Gesucht ist die Fallgeschwindigkeit v(t) eines Körpers, der ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen wird.
Lösung Nach der Tabelle auf Seite 4 gilt für gegebenes a(v)
v
dv̄
t = t0 +
.
g
−
αv̄ 2
v0
Wenn wir die Zeitzählung mit t0 = 0 beginnen, so ergibt sich mit
v(t0 ) = v0 = 0
v
1 v
dv̄
dv̄
=
t=
2
α 0
g
g
0 g − αv̄
( α − v̄)( α + v̄)
und nach Partialbruchzerlegung
v
1
1
1
1
t=
+
dv̄
α
g
g
g
2 α 0
α − v̄
α + v̄
g
v
1
g
g
1
α +v
= √
− ln(
− v̄) + ln(
+ v̄) = √ ln .
2 gα
α
α
2 gα
g
0
α −v
Auflösen nach v liefert
g
√
α +v
2 gα t
e
=
g
α −v
;
v=
√
g e2 gα t − 1
√
.
α e2 gα t + 1
e2ϕ − 1
eϕ − e−ϕ
= 2ϕ
Mit der Hyperbelfunktion tanh ϕ = ϕ
lässt sich
e + e−ϕ
e +1
das Ergebnis auch schreiben als
v
√
g
v=
tanh gα t .
g
α
α
Aus der letzten Darstellung erkennt
man den Grenzwert
lim v(t) = g/α ,
t
t→∞
d.h. für große Zeiten fällt der
Körper praktisch mit konstanter Geschwindigkeit (a = 0 ; v = g/α).
Bewegung
11
Aufgabe 1.7 In einem Zylinder (Durchmesser d) bewegt sich ein Kolben infolge
V0
d
der Expansion der Gasfüllung. Die Bep0
schleunigung a des Kolbens ist dabei proportional dem jeweiligen Gasdruck p, d.h.
a = c0 p, wobei für den Gasdruck das Gasl0
gesetz pV = const gelte. Der Ausgangszustand sei durch den Druck p0 , die Kolbenstellung l0 und die Anfangsgeschwindigkeit v0 = 0 vorgegeben.
Wie groß ist die Kolbengeschwindigkeit v?
Lösung Bei einer Kolbenauslenkung x herrscht nach dem Gasgesetz
p0 V0 = pV bzw.
p0
πd2
πd2
l0 = p
(l0 + x)
4
4
V
der Druck
p
l0
.
l0 + x
p = p0
x
l0
Daraus folgt die Beschleunigung
a(x) = c0 p = c0 p0
1
1
= a0
.
1 + x/l0
1 + x/l0
Dabei ist a0 = c0 p0 die Anfangsbeschleunigung bei x = 0. Nach der
Tabelle auf Seite 4 berechnet sich bei gegebenem a(x)
x
2
v =
v02
+2
a(x̄)dx̄ = 2
x0
;
x
v=
0
a0
x
dx̄ = 2l0 a0 ln 1 +
1 + x̄/l0
l0
x
2 l0 a0 ln 1 +
.
l0
a
v
a0
2
4
6
8
x/l0
2
4
6
8
x/l0
Anmerkung: Da die Beschleunigung mit wachsendem x abnimmt, steigt
die Geschwindigkeit immer langsamer an.
A1.7
12
A1.8
Geradlinige Bewegung
Aufgabe 1.8 Die Beschleunigung eines
P
Z
Punktes P , der sich längs einer Geraden
bewegt, sei zum Punkt Z gerichtet und
x
umgekehrt proportional zum Abstand x.
Für t = 0 hat P den Abstand x0 = 2 m, die Geschwindigkeit v0 = 4 m/s
und eine Beschleunigung a0 = −3 m/s2 .
a) Man bestimme die Geschwindigkeit v1 im Abstand x1 = 3 m.
b) In welchem Abstand x2 ist die Geschwindigkeit Null?
Lösung Entsprechend der Aufgabenstellung ist a = −c/x, wobei sich
die Konstante c aus den gegebenen Anfangswerten errechnet:
c = −a0 x0 = −(−3) · 2 = 6 (m/s)2 .
Mit dem nun bekannten a(x) ergibt sich für die Geschwindigkeit (vgl.
Tabelle S. 4)
x
v 2 = v02 + 2
a(x̄)dx̄ = v02 + 2
x0
;
v(x) = ±
x x0
v02
c x
− dx̄ = v02 − 2c ln
x̄
x0
− 2c ln x/x0 .
zu a) Die Geschwindigkeit für x1 = 3 m folgt daraus zu
+ 16 − 12 ln 3 = 3, 34 m .
v1 = (−)
2
s
zu b) Die Geschwindigkeit wird Null für
v = 0 ; v02 −2c ln
2
x
= 0 ; x2 = x0 ev0 /2c = 2 e4/3 = 7, 59 m .
x0
Anmerkungen:
• Das Geschwindigkeits-WegDiagramm ist symmetrisch
zur x-Achse.
• Die Bewegung kann auch im
Bereich negativer x erfolgen.
Wegen der Unstetigkeit bei
x = 0 müssen dann neue Gleichungen unter Berücksichtigung der Richtungsänderung
von a aufgestellt werden.
v
v0
1
x
x0
1
2
ev0 /2c
Senkrechter Wurf
13
Aufgabe 1.9 Ein Ball wird mit einer Geschwindigkeit von v01 = 20 m/s
senkrecht nach oben geworfen. Zwei Sekunden später wird ein zweiter
Ball mit v02 = 18 m/s ebenfalls senkrecht nach oben geworfen.
In welcher Höhe H treffen sich die beiden Bälle?
Lösung Wir zählen die Zeit t vom Abwurf
des 1. Balles. Dann gilt unter Beachtung der
gegebenen Anfangswerte, der Richtung von g
und der Zeitdifferenz Δt = 2 s
g
z1 = v01 t − t2 ,
2
①
z1
②
z2
111111
000000
g
z2 = v02 (t − Δt) − (t − Δt)2 .
2
Gleichsetzen von z1 und z2 liefert die Treffzeit t∗ :
g
g
v01 t∗ − t∗2 = v02 (t∗ − Δt) − (t∗2 − 2t∗ Δt + Δt2 )
2
2
1 gΔt
Δt v02 + 2
∗
; t =
= 3, 16 s .
v02 − v01 + gΔt
Einsetzen in die Gleichung für z1 (oder z2 ) ergibt die gesuchte Höhe
H = z1 (t∗ ) = 20 · 3, 16 − 4, 9 · 3, 162 = 14, 27 m .
In einem Weg-Zeit-Diagramm kann man die Lösung veranschaulichen:
z [m]
H1max = 20, 38
z2 (t)
H = 14, 27
10
v01 t
z1 (t)
v02 t
2
t∗ = 3, 16
t [s]
A1.9
14
A1.10
Senkrechter
Aufgabe 1.10 Ein Ball wird vom Rand einer Klippe, die 50 m über
dem Meeresspiegel liegt, mit einer Geschwindigkeit von 10 m/s senkrecht nach oben geworfen.
a) Welche höchste Stelle über dem Meer erreicht der Ball?
b) Wann trifft er auf das Meer auf?
c) Mit welcher Geschwindigkeit fällt er ins Wasser?
Lösung Mit a = −g und der Anfangsgeschwindigkeit v0 gilt
H
v = ż = v0 − gt ,
g
z = v0 t − t2 .
2
zu a) Die Steigzeit T folgt aus der Bedingung v(T ) = 0:
v0 − gT = 0 ; T =
v0
.
g
Die Wurfhöhe H wird daher
H = z(T ) =
11111
00000
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
z
hmax
h = 50 m
v2
v2
v02
− 0 = 0 .
g
2g
2g
Mit v0 = 10 m/s ergibt sich für die höchste Stelle
hmax = h + H = h +
v02
102
= 50 +
= 55, 1 m .
2g
2 · 9, 81
zu b) Die Wurfzeit tA bis zum Auftreffen erhält man aus z(tA ) = −h :
g
1
2
v
+
2gh
= 4, 37 s .
−h = v0 tA − t2A ; tA =
v0 ( +
0
−)
2
g
Beachte: Das formal mögliche Minuszeichen vor der Wurzel entfällt. Es
führt zu einer negativen Zeit tA .
c) Mit t = tA folgt die Auftreffgeschwindigkeit
v(tA ) = v0 − gtA = 10 − 9, 81 · 4, 37 = −32, 87
m
.
s
Das Minuszeichen zeigt an, dass die Geschwindigkeit beim Auftreffen
entgegen der gewählten Koordinate z nach unten zeigt.
Wurf
15
Aufgabe 1.11 Die Besatzung eines Freiballons, der mit konstanter Geschwindigkeit v0 steigt, will die augenblickliche Höhe h0 über dem Boden bestimmen. Zu diesem Zweck lässt sie einen Messkörper aus der
Gondel fallen, der beim Aufschlag explodiert. Nach der Zeit t1 hört die
Besatzung die Detonation.
Es ist die Höhe h0 für die folgenden Werte zu bestimmen: v0 = 5 m/s,
g = 9, 81 m/s2 , t1 = 10 s, c = 330 m/s (Schallgeschwindigkeit).
Lösung Zählt man x von der Lage zum Zeitpunkt des Abwurfes (t = 0) nach unten, so
errechnet sich die Fallzeit tK des Messkörpers
aus
x(tK ) =
t = t1
1 2
g tK − v0 tK = h0
2
zu
tK
v0
=
g
+
1( −
)
2gh0
1+
v02
.
Nur die positive Wurzel ist sinnvoll, da
tK > 0 sein muss.
Der Schall legt einen Weg h0 +v0 t1 zurück,
da der Ballon während der Zeit t1 um die Strecke v0 t1 gestiegen ist. Daher wird die Schallzeit
tS =
v0 t1
t=0
x
h0
111111
000000
000000
111111
Schallweg
h0 + v0 t1
=
.
Schallgeschw.
c
Die Gesamtzeit setzt sich aus Fallzeit und Schallzeit zusammen:
h0 + v0 t1
v0
2gh0
1+ 1+
+
t1 = tK + tS =
.
g
v02
c
Nach Umformen und Quadrieren findet man
c − v0
gt1
)
gt1 + c 1( +
1
+
2
h0 =
−
g
c − v0
325
98, 1
=
98, 1 + 330 1 − 1 + 2
= 338 m .
9, 81
325
Die Lösung mit der positiven Wurzel führt zu mechanisch unsinnigen
Ergebnissen.
A1.11
16
A1.12
Kreisbewegung
Aufgabe 1.12 Zwei Punkte P1 und
P2 beginnen gleichzeitig im Punkt
A ihre Bewegung auf einer Kreisbahn in entgegengesetzter Richtung.
Der Punkt P1 bewegt sich mit der
gleichmäßigen
Bahnbeschleunigung
at1 aus einer Ruhelage in A, der
Punkt P2 gleichförmig mit konstanter
Winkelgeschwindigkeit
ω2 .
P1
r
A
B
P2
a) Wie groß muss at1 sein, damit sich die Punkte in B treffen?
b) Welche Winkelgeschwindigkeit hat P1 in B?
c) Welche Normalbeschleunigungen haben beide Punkte in B?
Lösung Für P1 folgt aus at1 = const = v̇ unter Beachtung der Anfangsbedingungen s01 = 0, v01 = 0
v1 = at1 t ,
s1 =
1
at1 t2 .
2
Für P2 ergibt sich aus at2 = 0 mit s02 = 0, v02 = rω2
v2 = rω2 ,
s2 = rω2 t .
zu a) Da beide Punkte in gleichen Zeiten den halben Kreisumfang
durchlaufen sollen, muss gelten
πr =
1
at1 t2B ,
2
πr = rω2 tB .
Hieraus ermittelt man
tB =
π
ω2
;
at1 =
2πr
2rω22
=
.
2
tB
π
zu b) Mit der nun bekannten Tangentialbeschleunigung at1 und der
bekannten Zeit tB wird
v1 (tB ) = at1 tB = rω1 (tB )
;
ω1 (tB ) =
at1 tB
2rω22 π
= 2ω2 .
=
r
πrω2
zu c) Die Normalbeschleunigungen in B ergeben sich aus an = rω 2 zu
an1 = rω12 (tB ) = 4rω22 ,
an2 = rω22 .
Kreisbewegung
Aufgabe 1.13 Ein Punkt bewegt sich nach
dem Start in A entlang einer Kreisbahn
vom Radius r. Seine Bewegung genügt dem
Gesetz s = c t2 .
17
A1.13
y
B
P
r
s
ϕ
Man ermittle:
a) die Geschwindigkeitskomponenten vx (t)
und vy (t),
b) die Geschwindigkeit im Punkt B,
A
x
c) die Tangentialbeschleunigung at (s) und die Normalbeschleunigung
an (s).
Lösung Aus s = c t2 folgt die Bahngeschwindigkeit
v = ṡ = 2c t .
zu a) An einer beliebigen Stelle hat die tangential zur Bahn gerichtete
Geschwindigkeit die Komponenten
vx = −v sin ϕ ,
vy = v cos ϕ .
v
vy
ϕ
Mit
ϕ=
ct
s
=
r
r
2
vx
s
folgen daraus
vx = −2c t sin
ϕ
c t2
,
r
vy = 2c t cos
zu b) Im Punkt B ist
s(tB ) =
πr
= c t2B
2
;
tB =
c t2
.
r
r
πr
,
2c
√
πr
= 2πrc .
v(tB ) = 2c tB = 2c
2c
zu c) Aus
at = v̇ ,
an =
v2
4c2 t2
=
r
r
folgen mit v̇ = 2c und c t2 = s die Ergebnisse
4cs
an =
.
at = 2c ,
r
Anmerkung: Während die Tangentialbescheunigung konstant bleibt,
wächst die Normalbeschleunigung linear mit s.
18
A1.14
Kreisbewegung
Aufgabe 1.14 Ein Punkt M durchläuft
einen
Halbkreis.
Die
Projektion
seiner Bewegung auf den Durchmesser AB ist eine gleichförmige
Bewegung mit der Geschwindigkeit c.
v
M
r
A
ϕ
B
a) Man bestimme die Bahngeschwindigkeit v(ϕ) und den Betrag a(ϕ)
der Beschleunigung
b) Welchen Winkel schließt der Beschleunigungsvektor mit dem Durchmesser AB ein?
Lösung zu a) Aus der Bedingung v sin ϕ = c folgt
v(ϕ) =
v
c
.
sin ϕ
ϕ
M
c
Die Beschleunigungskomponenten at und an berechnen
sich mit r ϕ̇ = v zu
ϕ
v
dv
dv
c
c2 cos ϕ
,
=
ϕ̇ = − 2 cos ϕ = −
dt
dϕ
r
r sin3 ϕ
sin ϕ
2
2
v
c
.
an =
=
r
r sin2 ϕ
at =
Damit erhält man schließlich
1
c2 cos2 ϕ
2
2
a = |a| = at + an =
+
r
sin6 ϕ
sin4 ϕ
c2
c2
cos2 ϕ + sin2 ϕ =
.
=
3
r sin ϕ
r sin3 ϕ
zu b) Aus dem Bild liest man ab:
at
2 cos ϕ
− cr
at
sin3 ϕ
=
tan ψ = tan(ϕ − α) =
an
c2
r sin2 ϕ
= − cot ϕ = + tan(ϕ − π/2)
;
M
α
ϕ
α=
π
,
2
ψ
a
an
d.h. die Gesamtbeschleunigung steht senkrecht auf AB.
Anmerkung: Das letzte Ergebnis hätte man auch ohne Rechnung erkennen können: wenn eine Komponente von v konstant ist, so tritt in
dieser Richtung keine Beschleunigung auf, d.h a steht senkrecht auf der
Richtung dieser Komponente.
Kreisbewegung
Aufgabe 1.15 Ein Auto befährt eine kreisbogenförmige Kurve vom Radius R mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 . Es bremst, wobei die Bahnverzögerung nach dem Gesetz at (v) = −(a0 + κv)
erfolgt. Darin sind a0 und κ Konstanten.
19
A1.15
s
v0
R
Zu ermitteln sind die Bremszeit tB , der Bremsweg
sB und die Normalbeschleunigung an .
Lösung Aus dem Beschleunigungsgesetz
at (v) = v̇ = −(a0 + κv)
folgt mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 und t0 = 0 (vgl. Seite 4)
v
dv̄
1
a0 + κv0
t(v) = −
= ln
.
a
+
κv̄
κ
a0 + κv
0
v0
Mit der Bedingung v = 0 wird die Bremszeit
1 κv0 .
tB = t(v = 0) = ln 1 +
κ
a0
Die Umkehrfunktion von t(v) ergibt sich zu
a0 + κv0
a0 κv0 −κt
−1 .
eκt =
e
; v(t) =
1+
a0 + κv
κ
a0
Hieraus findet man durch Integration unter Beachtung der Anfangsbedingung s0 = s(0) = 0
t
κv0 a0 1 − e−κt − κt
s(t) =
v(t̄)dt̄ = 2 1 +
κ
a0
0
und damit den Bremsweg
κv0 κv0 a0 1
− ln 1 +
sB = s(tB ) = 2 1 +
1−
0
κ
a0
a0
1 + κv
a0
a0 κv0
κv0
= 2
− ln 1 +
.
κ a0
a0
Die Normalbeschleunigung zur beliebigen Zeit errechnet sich zu
2
κv0 −κt
v2
a2
1+
−1
.
e
= 02
an =
R
Rκ
a0
Probe: Für t = tB wird an = 0.
20
A1.16
Kreisbewegung
Aufgabe 1.16 Ein auf einer vertikalen
Kreisbahn geführter Massenpunkt P
erfährt infolge der Erdschwere die Tangentialbeschleunigung g cos ϕ. Er wird
in A aus der Ruhelage losgelassen.
A
ϕ
R
s
g
P
Gesucht sind die Geschwindigkeit
und die Beschleunigung in Abhängigkeit vom Winkel ϕ.
at
B
Lösung Aus der Tangentialbeschleunigung
at = g cos ϕ = v̇ = at (ϕ)
folgt mit s = R ϕ und der Anfangsgeschwindigkeit v0 = 0 (vgl. Seite 4)
ϕ
2
v =2
g cos ϕ̄ R dϕ̄ = 2gR sin ϕ
0
;
v=
2gR sin ϕ .
Mit den Beschleunigungskomponenten
at = g cos ϕ ,
wird
a = |a| =
;
an =
v2
= 2g sin ϕ
R
a2t + a2n = g
a=g
cos2 ϕ + 4 sin2 ϕ
1 + 3 sin2 ϕ .
Anmerkungen:
• In A ist at = g und an = 0.
(Der Punkt hat eine reine Tangentialbeschleunigung.)
• In B ist at = 0 und an = 2g.
(Reine Normalbeschleunigung nach oben.)
• Mit der Höhendifferenz
h = R sin ϕ lässt sich die Geschwindigkeit
√
durch v = 2gh darstellen.
Kreisbewegung
Aufgabe 1.17
Ein Satellit S bewegt sich auf
einer Kreisbahn um die Erde, wenn seine Normalbeschleunigung gerade gleich der Gravitationsbeschleunigung g R2 /r 2 ist (Erdbeschleunigung
g = 9, 81 m/s2 , Erdradius R = 6370 km).
a) In welcher Höhe H über der Erdoberfläche
bewegt sich ein Satellit bei einer
Bahngeschwindigkeit von 25000 km/h?
21
A1.17
S
r
R
b) Welche Geschwindigkeit muss ein Satellit haben, dessen Orbit 1000 km
über der Erde liegt?
c) In welcher Zeit umkreist ein Satellit in der Höhe H = 400 km die
Erde?
d) In welcher Höhe steht ein geostationärer Satellit?
Lösung zu a) Aus der erforderlichen Normalbeschleunigung
an = v 2 /r = g R2 /r 2
folgt bei gegebener Geschwindigkeit
r=g
R2
v2
;
R
H = r − R = R g 2 − 1 = 1884 km .
v
zu b) Aus der gleichen Formel ergibt sich bei gegebenem Abstand
g
g
v=R
=R
= 26457 km/h .
r
R+H
zu c) Mit der konstanten Geschwindigkeit v = R g/r und der Länge
L = 2πr einer Umlaufbahn errechnet sich die Umlaufzeit
T =
r 3/2
L
= 2π √ = 5547 s = 1, 54 h .
v
R g
zu d) Ein geostationärer Satellit hat dieselbe Winkelgeschwindigkeit
wie die Erde:
ωE = 2π/(24 h) .
Für ihn gilt daher
R 2
2
=g
an = rωE
r
;
R2 1/3
r= g 2
ωE
oder in Zahlenwerten
(6370)2 2 1/3
r = 9, 81 · 10−3 · (3600)2
24
= 4, 22 · 104 km ,
(2π)2
; H = r − R ≈ 36000 km .
22
A1.18
Ebene Bewegung
Aufgabe 1.18 Ein Punkt bewegt sich in einer Ebene mit der konstanten
Bahngeschwindigkeit v0 längs der Bahnkurve r(ϕ) = b eϕ (Logarithmische Spirale). Für t = 0 sei ϕ = 0.
Man ermittle die Winkelgeschwindigkeit ϕ̇ in Abhängigkeit von ϕ und
von t sowie die Radialgeschwindigkeit ṙ.
Lösung In Polarkoordinaten lässt sich die Bahngeschwindigkeit darstellen durch
v = ṙ 2 + r 2 ϕ̇2 .
Mit v = v0 und
ṙ =
dr dϕ
dr
= ϕ̇
= ϕ̇b eϕ
dϕ dt
dϕ
erhält man durch Einsetzen
√
v0 = ϕ̇2 b2 e2ϕ + b2 e2ϕ ϕ̇2 = 2 b eϕ ϕ̇ .
Durch Auflösen folgt
v0 −ϕ
e
ϕ̇ = √
2b
und damit
√
ṙ = ϕ̇b eϕ = v0 / 2 = const .
Zur Ermittlung der Zeitabhängigkeit finden wir aus
ϕ̇ =
dϕ
v0 −ϕ
e
= √
dt
2b
durch Trennung der Veränderlichen
v0
dt
eϕ dϕ = √
2b
und Integration unter Beachtung der Anfangsbedingungen ϕ(t = 0) = 0
v0
v0
eϕ − 1 = √
t
;
eϕ = 1 + √
t.
2b
2b
Einsetzen in ϕ̇(ϕ) ergibt schließlich
1
v0
ϕ̇ = √
.
2 b 1 + √v0 t
2b
in Polarkoordinaten
Aufgabe 1.19 Eine Stange der Länge l rotiert um A mit dem Zeitgesetz ϕ = κt2 .
Auf der Stange rutscht ein Gleitkörper G
nach dem Gesetz r = l(1 − κt2 ).
a) Gesucht sind Geschwindigkeit und
Beschleunigung von G für ϕ1 = 45◦ .
b) Bei welchem Winkel ϕE stößt G am
Lager A an?
Gegeben: l = 2 m, κ = 0, 2 s−2 .
23
A1.19
B
l
r
G
ϕ(t)
A
Lösung zu a) Wir ermitteln zunächst die Zeit t1 für die zu untersuchende Lage ϕ1 :
;
t1 = π/(4κ) = 1, 98 s .
ϕ1 = π/4 = κt21
Aus den gegebenen Zeitabhängigkeiten finden wir
r = l(1 − κt2 ) ,
ṙ = −2κlt ,
r̈ = −2κl ,
ϕ = κt2 ,
ϕ̇ = 2κt ,
ϕ̈ = 2κ .
Daraus ergeben sich für t = t1
vϕ
vr = ṙ = −2κlt1 = −1, 58 m/s ,
vϕ = r ϕ̇ = l(1 − κt21 )2κt1 = 0, 34 m/s ,
2 = 1, 62 m/s
v = vr2 + vϕ
v
vr
π
4
und
ar = r̈ − r ϕ̇2 = −2κl − l(1 − κt21 )4κ2 t21
= −1, 07 m/s2 ,
− 2 · 2κlt1 2κt1
aϕ = r ϕ̈ + 2ṙ ϕ̇ = l(1 −
= −2, 34 m/s2 ,
a = a2r + a2ϕ = 2, 57 m/s2 .
κt21 )2κ
Der Körper erreicht A für
r = 0 = l(1 − κt2E )
;
Hierzu gehört der Winkel
ϕE = κt2E = 1
(=57,
3◦ ) .
tE =
1/κ = 2, 24 s .
ar
aϕ
π
4
a
24
A1.20
Ebene Bewegung
Aufgabe 1.20 Von der Bewegung eines Punktes in einer Ebene sind
die Radialgeschwindigkeit vr = c0 = const und die Radialbeschleunigung ar = −a0 = const gegeben.
Für die Anfangsbedingungen r(t=0) = 0 und ϕ(t=0) = 0 ermittle man:
a) die Winkelgeschwindigkeit ω(t),
b) die Bahnkurve r(ϕ),
c) die Zirkularbeschleunigung aϕ (t).
Lösung zu a) Aus vr = ṙ = c0 folgen mit r(t = 0) = 0
r̈ = 0
und
r = c0 t .
Damit erhält man aus ar = r̈ − rω 2
a0
−a0 = −c0 tω 2
;
ω=
.
c0 t
zu b) Durch Integration von ω = ϕ̇ findet man mit ϕ(t=0) = 0
t
ϕ=
ω dt̄ =
0
a0
c0
t
0
dt̄
√ =
t̄
a0 √
2 t
c0
;
t=
ϕ2 c0
.
4 a0
Einsetzen in r = c0 t liefert die Gleichung der Bahnkurve
r(ϕ) =
c20 2
ϕ .
4a0
zu c) Die Zirkularbeschleunigung berechnet sich aus
aϕ = r ϕ̈ + 2ṙ ϕ̇
mit
ϕ̇ = ω =
zu
Bahn
a0
c0 t
und
ϕ̈ = −
1
2
1 a 3
a0
0
aϕ = c0 t −
=
+
2c
0
2 c0 t3
c0 t
2
v
a0
c0 t3
vr
vϕ
a0 c0
.
t
Anmerkung: Die Zirkulargeschwindigkeit ist vϕ = rω =
c0 ϕ/2 .
ϕ
√
a0 c0 t =
in Polarkoordinaten
Aufgabe 1.21 Eine rotierende Lichtquelle wirft einen Lichtstrahl auf
einen Wandschirm. Der Lichtpunkt
P soll sich mit konstanter Geschwindigkeit v0 bewegen.
25
A1.21
x
1111111111
0000000000
P
v0
r0
Welchem Gesetz muss die Winkelbeschleunigung ϕ̈(ϕ) der Lichtquelle genügen? Man stelle ϕ̇(ϕ)
und ϕ̈(ϕ) in Diagrammen dar.
ϕ
Lösung Aus dem Weg x des Lichtpunktes
x = r0 tan ϕ
folgt durch Bilden der Umkehrfunktion
ϕ = arctan
x
.
r0
Differentiation liefert mit ẋ = v = v0 = const
ẋ
1
v0 r0
v0
v0
= 2
=
cos2 ϕ ,
=
2
2
2
r
r
+
x
r
(1
+
tan
ϕ)
r0
x
0
0
0
1 + r0
v 2
v0
0
ϕ̈ =
2 cos ϕ(− sin ϕ)ϕ̇ = −2
sin ϕ cos3 ϕ .
r0
r0
ϕ̇ =
ϕ̇
v0
r
−
π
2
π
2
ϕ
π
2
ϕ
ϕ̈
−
π
2
Anmerkung: Das Maximum von ϕ̈ liegt bei ϕ = ±30o und beträgt
3 √ v0 2
|ϕ̈max | =
3
.
8
r0
26
A1.22
Ebene Bewegung
Aufgabe 1.22 In einem Turm (Radius R)
sitzt im Punkt A eine Maus, im Mittelpunkt
0 eine Katze. Die Maus rennt mit der
ϕ
r
konstanten Geschwindigkeit vM entlang der
0
L
Turmmauer, um das rettende Loch L zu
A
R
erreichen. Die Katze verfolgt die Maus und
beschreibt eine Bahn, die durch eine Archimedische Spirale r(ϕ) = Rϕ/π beschrieben wird.
Wie groß muss die konstante Bahngeschwindigkeit vK der Katze sein,
damit sie die Maus am Loch erwischt und nach welcher Zeit T erreicht
die Katze die Maus?
Lösung Aus der Bahngleichung r(ϕ) für die Bewegung der Katze folgen
die Geschwindigkeitskomponenten
vr = ṙ =
dr dϕ
R
= ϕ̇
dϕ dt
π
und
vϕ = r ϕ̇ =
R
ϕϕ̇ .
π
Daher gilt für die konstante Bahngeschwindigkeit
R R dϕ 2 =
ϕ̇ 1 + ϕ2 =
1 + ϕ2 .
vK = vr2 + vϕ
π
π dt
Trennung der Veränderlichen und Integration führen auf
t
vK
dt̄ = vK t =
0
R
π
ϕ 1 + ϕ̄2 dϕ̄ .
0
Mit
1 1 + x2 dx =
x 1 + x2 + arsinh x
2
erhält man daraus t(ϕ):
R vK t =
ϕ 1 + ϕ2 + arsinh ϕ .
2π
Die Zeit, nach der Maus und Katze am Loch ankommen, errechnet sich
aus der Geschwindigkeit der Maus zu
T =
AL
πR
=
.
vM
vM
Einsetzen in vK t ergibt mit ϕ(t = T ) = π endgültig
vM π 1 + π 2 + arsinh π = 0, 62 vM .
vK =
2
2π
Ebene Bewegung
Aufgabe 1.23
In einer Ebene bewegt sich
der Punkt A mit konstanter Geschwindigkeit
v0 längs der x-Achse. Ihm folgt in konstantem Abstand a ein Punkt B, der sich so bewegt, dass sein Geschwindigkeitsvektor stets
zum Punkt A zeigt. Zum Zeitpunkt t = 0 befindet sich A im Ursprung des Koordinatensystems und B auf der y-Achse.
27
A1.23
y
B
a
v0
x
A
a) Welche Bahn durchläuft B?
b) Wie groß ist die Geschwindigkeit vB (xA )?
Hinweis:
2 tan α2
dα
α
,
= ln tan
, sin α =
sin α
2
1 + tan2 α2
cos α =
1 − tan2 α2
.
1 + tan2 α2
Lösung zu a) Mit der bekannten Bewegung des Punktes A
ẋA = v0 ,
xA = v0 t
y
und unter Verwendung des Hilfswinkels ϕ(t)
folgt zunächst für die Ortskoordinaten und
Geschwindigkeitskomponenten von B
yB
xB = xA − a cos ϕ
= v0 t − a cos ϕ ,
yB = a sin ϕ ,
ẋB = v0 + aϕ̇ sin ϕ ,
ẏB = aϕ̇ cos ϕ .
B
−ẏB
ẋB
a
vB
ϕ
xB
A v0
xA
x
Die Bedingung, dass der Geschwindigkeitsvektor von B stets zum Punkt
A zeigt, wird durch
yB
−ẏB
=
ẋB
xA − xB
;
−aϕ̇ cos ϕ
a sin ϕ
=
a cos ϕ
v0 + aϕ̇ sin ϕ
ausgedrückt. Hieraus ergibt sich durch Auflösen schrittweise
aϕ̇(sin2 ϕ + cos2 ϕ) = −v0 sin ϕ
;
dϕ
v
= − 0 sin ϕ .
dt
a
Trennung der Veränderlichen und Integration führen für π/2 ≥ ϕ ≥ 0
auf (siehe Hinweis)
v
ϕ
dϕ
v
=− 0
dt ; ln tan
= − 0 t+C.
sin ϕ
a
2
a
28
Ebene Bewegung
Die Integrationskonstante C bestimmen wir aus der Anfangsbedingung:
ϕ(0) =
π
:
2
ln 1 = 0 + C
;
C = 0.
Damit erhält man für die Abhängigkeit des Winkels ϕ von der Zeit t
bzw. vom Ort xA (zur Erinnerung: es gilt xA = v0 t)
tan
ϕ
= e−v0 t/a ,
2
bzw.
tan
ϕ
= e−xA /a .
2
Durch letztere Gleichung wird die Bahn von B mittels xA und den
zugehörigen Winkel ϕ eindeutig beschrieben.
Die Parameterdarstellung der Bahn in kartesischen Koordinaten erhält
man unter Verwendung der Formeln im Hinweis:
xB = xA − a cos ϕ = xA − a
yB = a sin ϕ = a
1 − tan2 ϕ2
1 − e−2xA /a
= xA − a
,
2ϕ
1 + tan 2
1 + e−2xA /a
2 tan2 ϕ2
2e−2xA /a
=a
.
2ϕ
1 + tan 2
1 + e−2xA /a
zu b) Für die Geschwindigkeit gilt zunächst mit ϕ̇ = − va0 sin ϕ
2
2
vB
= ẋ2B + ẏB
= v02 + 2v0 aϕ̇ sin ϕ + a2 ϕ̇2 sin2 ϕ + a2 ϕ̇2 cos2 ϕ
2
= v0 + 2v0 aϕ̇ sin ϕ + a2 ϕ̇2 = v02 − 2v02 sin2 ϕ + v02 sin2 ϕ
= v02 (1 − sin2 ϕ) = v02 cos2 ϕ
;
vB = v0 cos ϕ .
Damit erhält man durch Einsetzen des Ergebnisses von a)
vB (xA ) = v0
1 − tan2
1 + tan2
ϕ
2
ϕ
2
= v0
1 − e−2xA /a
1 + e−2xA /a
.
Anmerkungen:
• Für den Grenzfall xA /a → ∞ ergeben sich ϕ → 0, yB → 0 und
xB → xA − a. Für die Geschwindigkeit von B erhält man dann
vB → v0 .
• Die Darstellung mittels des Winkels ϕ ist kürzer und zweckmäßiger
als die mittels kartesischer Koordinaten.
• Die Ergebnisse lassen sich auch mit Hilfe der Hyperbelfunktionen
darstellen. Durch Umformung erhält man zum Beispiel vB (xA ) =
v0 tanh xA /a.
http://www.springer.com/978-3-642-29566-9