90 min Fach: Physik

Fachhochschule Hannover
Fachbereich Maschinenbau
Fach: Physik 1 im WS 2004/05
vorgezogene Wiederholungsklausur
16.03.05
Zeit: 90 min
Hilfsmittel: Formelsammlung zur Vorlesung
1. Ein Fahrzeug, dass nach Herstellerangaben in 10 s von Null auf 100 km/h beschleunigt, soll auf
einer kreisförmigen Pkw-Teststrecke mit einem Radius von 50 m getestet werden. Betrachten Sie
die Bewegung als gleichmäßig beschleunigt.
(2)
a. Wie groß ist die Bahnbeschleunigung?
Betrachten Sie in 1b. - 1g. den Punkt mit der Geschwindigkeit von 50 km/h: b. Welcher Weg wurde auf dem Kreis zurückgelegt? Berechnen Sie: c. Die Radialbeschleunigung. d. Die Gesamtbeschleunigung. e. Die Winkelbeschleunigung. f. Die Winkelgeschwindigkeit. g. Die Drehzahl. (10)
h. Nehmen Sie an, dass die Haftreibungszahl für Reifen/Fahrbahn richtungsunabhängig ist und
µ H , max = 1.0 beträgt. Bei welcher Geschwindigkeit können die Reifen nicht mehr haften?
(10)
i. Welche Zeit benötigt das Fahrzeug für zwei Runden, wenn das Testfahrzeug nach dem Erreichen
einer Geschwindigkeit von 50 km/h gleichförmig weiterfährt?
(10)
j. Welche (maximale) Motorleistung ist erforderlich, um mit der in 1a. berechneten Beschleunigung und einer Fahrzeugmasse von 1250 kg die Geschwindigkeit 50 km h-1 zu erreichen?
(5)
2. Eine Masse von 0,5 kg gleitet aus der Ruhelage
eine 1 m lange und 60° geneigte schiefe Ebene
hinab. Anschließend gleitet die einer waagerechten
Ebene 1 m weit und dann eine schiefe Ebene unter
45° hinauf. Die Gleitreibungszahl für die gesamten
Strecke beträgt µG = 0,25.
a. Welche Höhe H3 erreicht die Masse auf der 45°
Ebene, bevor sie zurückrutscht?
(15)
b. Welche Energie geht auf dem Weg bis zum
Umkehrpunkt als Wärme verloren?
(5)
H3
3. Betrachten Sie erneut eine Masse von 0,5 kg in der geometrischen Anordnung der Aufgabe 2. wobei die
Reibung vernachlässigt werden kann (d.h. setze . µG = 0).
a. Wie groß ist bei einer Gleitbewegung die Beschleunigung der Masse im Startpunkt?
(5)
b. Wie groß wäre die Beschleunigung einer rollenden Kugel gleicher Masse?
(15)
c. Wie groß ist die Beschleunigung für die Bedingungen von 3a. und 3b. für eine Masse von 1 kg? (5)
4. Betrachten Sie den Wurf eines Balls(B) (Masse m B = 58 g )
auf eine Zielscheibe (Z) (mit vernachlässigbarer Masse), die
senkrecht am äußeren Rand einer drehbaren horizontalen Scheibe (homogener Zylinder mit Masse m S = 5,8 kg und Radius
R = 0,5 m ) befestigt ist. Ballgeschwindigkeit: v B = 144 km h −1 .
a. Betrachten Sie den Stoss als vollkommen elastisch. Welchen
Wert hat das Verhältnis der Geschwindigkeiten uB/vB (Ge(20)
schwindigkeit des Balls nach Stoß uB, vor Stoß vB )?
b. Welche Winkelgeschwindigkeit hat die Drehscheibe?
(10)
c. Betrachten Sie ein Stück Knetmaterial gleicher Masse, das
nach dem Wurf an der Zielscheibe haftet. Welche Winkelge(10)
schwindigkeit hat die Drehscheibe jetzt?
d. Welcher Energieanteil wird in Wärme/Verformung umgeuB
(10)
wandelt?
)
2
(Hinweise: Zur Vereinfachung empfiehlt es sich, die dimensionslose Größe J = J m B R zu verwenden)
(Summe=132 Punkte; Bewertung: 100Prozent = 110 Punkte)
Verwenden Sie zur Vereinfachung bei allen Aufgaben g = 10 m s-2.
Lösungen:
Die Bahngschwindigkeit entspricht der Tangentialgeschwindigkeit, deshalb Index T.
Die Radialbeschleunigung entspricht der Normalbeschleunigung, deshalb Index N.
1a. Bahngeschwindigkeit nach 10 s: vT (t = 10 s ) = 100 km h −1 = 27,8 m s −1 .
∆v
(27,8 − 0) m s −1
aT = T =
= 2,78 m s − 2
Für die Bahnbeschleunigung folgt:
(10 − 0) s
∆t
∆v
v
1
s = a T t 2 und a T = T = T
1b. Bei gleichm. Beschleunigung gilt:
∆t
t
2
2
v
Einsetzen von t ergibt:
s = T = 34,7 m
2a T
1.
vT2 50 2 km 2 13,88 2 m 2
m
=
=
= 3,86 2
2
2
R
50 m s
50 m s
s
1c. Radialbeschleunigung:
aN =
1d. Gesamtbeschleunigung:
a ges = aT2 + a N2 = 2,78 2 + 3,86 2 m s −2 = 4,75 m s −2
1e. Winkelbeschleunigung:
α=
aT 2,78 m s −2
=
= 0,0556 s − 2
R
50 m
1f. Winkelgeschwindigkeit:
ω=
vT 13,88 m s −1
=
= 0,278 s −1
R
50 m
oder berechne t für 50 km h-1:
und
1g. Drehzahl
1h. Wenn die Haftreibungskraft FH ,max
vT 13,88 m s −1
=
= 5,0 s
aT
2,78 m s − 2
ω (t ) = α ⋅ t = 0,0556 ⋅ 5,0 s −1 = 0,278 s −1
ω (t ) 0,278 m s −1
n(t ) =
=
0,0442 s −1 = 2,65 min −1
2π
2π
kleiner ist als die (Vektor-)Summe aller Beschleunigungst=
kräfte Fges , können die Reifen des PKW nicht mehr haften.
FH ,max = µ H FN = µ H m ⋅ g < Fges
Die gesamte Beschleunigungskraft, die entgegen der Haftreibungskraft der Reifen wirkt, ist die
(Vektor-)Summe aus Beschleunigungskraft Fa und Zentripetalkraft FZ . Da Fa tangential und
Fa radial wirken, stehen beide Kräfte senkrecht und es gilt:
Fges = Fa2 + FZ2 = m ⋅ a T2 + a N2
Es folgt:
µ H ⋅ m ⋅ g < m ⋅ aT2 + a N2
µ H ⋅ g < a T2 + a N2 = a T2 +
(
vT > 4 R 2 (µ H g ) − a T2
2
(
)
vT > 4 50 2 m 2 10 2 − 2,78 2
vT4
R2
)m
2
4
= 21,91
m
km
= 78.9
s
h
s
1i. Berechnung der Zeit für zwei Runden:
s ges = 2 U = 2 (π D ) = 4π R = 4π 50 m = 628 m
Der Gesamtweg beträgt:
Während der gleichmäßigen Beschleunigung auf eine Endgeschwindigkeit v e = 50
km
h
sa =
wird der Weg s a zurückgelegt:
ve
1
⋅ a T ⋅ t a2 = e = 34,7 m
2
2 aT
v e 50 km h −1 13,89
=
=
s = 5s
a T 2,78 m s 2
2,78
Der Weg mit gleichförmiger Bewegung ist also:
sV = s ges − s a = (628,3 − 34,7 ) m = 593,6 m
Die entsprechende Zeit ist:
ta =
Zeit mit gleichförmiger Bewegung:
tV =
Gesamtzeit für zwei Runden:
t ges
sV 593,6 m s
=
= 43,1 s
v
13,78 m
= t a + t V = (5 + 43,1) s = 48,1 s
1j. Maximal benötigte Leistung:
P = F ⋅ v = m ⋅ aT ⋅ vTmax
m
m
P = 1250 kg 2,78 2 m ⋅ 13,88 = 48,23 kW
s
s
2a. Ausgangshöhe auf der 60° Ebene:
H 0 = sin 60° ⋅ s1 = 0,8660 ⋅ 1 m = 0,866 m
Pot. Energie in der Ausgangshöhe:
0
E pot
= m g H 0 = 0,5 kg 10 m s −2 0,866 m = 4,33 J
Energie am Ende der 60° Ebene:
0
1
E pot
= E kin
+ WR1
Reibungsarbeit auf der 60° Ebene:
WR1 = µ G FN s1 = µ G ⋅ m g ⋅ cos 60° ⋅ s1 = 0,625 J
Energie am Ende der Horizontalen:
0
2
E pot
= E kin
+ WR1 + WR2
Reibungsarbeit auf der Horizontalen:
WR2 = µ G FN s 2 = µ G m g s 2 = 1,25 J
Energie im Umkehrpunkt:
0
E pot
= E 3pot + WR1 + WR2 + WR3
Reibungsarbeit auf der 45° Ebene:
WR3 = µ G FN s3 = µ G ⋅ m g ⋅ cos 45° ⋅ s 3
WR3 = µ G ⋅ m g ⋅ cos 45° ⋅
Pot. Energie im Umkehrpunkt:
H3
= µ G ⋅ m g ⋅ cot 45° ⋅ H 3
sin 45°
(
)
0
E 3pot = m g H 3 = E pot
− WR1 + WR2 − WR3
E 3pot = (4,33 − 1,25 − 0,625) J − WR3 = 2,445 J − WR3
m g H 3 = 2,445 J − µ G m g cot 45° H 3
H3 =
2b. Reibungsarbeit auf der 45° Ebene:
Gesamte Reibungsenergie:
2,445 J
2,445 J
=
= 0,3912 m
mg + µ G m g cot 45° (5 + 1,25) N
W R3 = µ G m g cot 45° H 3 = 0,489 J
WRges = WR1 + WR2 + WR3
WRges = (0,625 + 1,25 + 0,489) J = 2,364 J
Relativer Energieverlust:
WR3
2,364 J
=
= 54,6 %
0
4,33 J
E pot
3a. Zerlege die Gewichtskraft in Tangential- und Normalkomponente.
FT = Fg sin 60° = m g sin 60°
Die Tangentialkomponente
erzeugt die gesuchte Beschleunigung: FT = m aT
Beschleunigung beim Gleiten:
aT = g sin 60° = 8,66 m s −2
3b. Die Kraft
FT = Fg sin 60° = m g sin 60°
erzeugt bei einer rollenden Kugel sowohl die Beschleunigung aT für die Translation des
Schwerpunktes als auch das Drehmoment M, das die Kugel rotieren lässt.
M = FM ⋅ r
Drehmoment:
Die Tangentialkomponente der Gewichtskraft teilt sich auf in die Kraft Fa , die den Schwerpunkte beschleunigt, und die Kraft FM , die das Drehmoment erzeugt.
Es gilt:
FT = Fa + FM
M
Fa = m aT = FT − FM = FT −
Grundgleichung Translation:
r
s = r ϕ , v = r ω und a = r α
Rollbedingungen:
a
2
M = J α = mr2 T
Grundgleichung Rotation:
5
r
M 2
Es folgt:
= m aT
r
5
2
Einsetzen:
Fa = m aT = m g sin 60° − m aT
5
2
7
Es folgt durch Umstellung
m aT + m aT = m aT = m g sin 60°
5
5
5
Lösung:
aT = g sin 60° = 6,186 m s − 2
7
3c. Die Lösung für die Beschleunigungen in 3a. und 3b. sind unabhänig von der Masse. Folglich
ändern sich die Beschleunigungen nicht, wenn die Masse statt 0,5 kg jetzt 1 kg beträgt.
4a. Es handelt sich um einen vollkommen elastischen Stoß.
mB vB R = J ω + mB u B R
Drehimpulserhaltungssatz:
1
1
1
Energieerhaltungssatz:
m B v B2 = J ω 2 + m B u B2
2
2
2
J
(R ω ) + u B
vB =
Umstellung Drehimpulsgleichung:
mB R 2
J
Umstellung Energiegleichung:
(Rω )2 + u B2
m B v B2 =
2
mB R
2
1
)
0,5 ⋅ 5800
J
2 mS R
Zur Vereinfachung verwende man:
=
=
= 50
J=
2
2
58
mB R
mB R
R ω = u R entspricht der Bahngeschwindigkeit am Rand der Drehscheibe.
)
Verwendet man die Bezeichnungen J und u R , so folgt aus dem
)
Energieerhaltungssatz:
v B2 = J ⋅ u R2 + u B2
)
aus dem Drehimpulserhaltungssatz:
vB = J u R + u B
1
Aus Gl (2) erhält man:
u R = ) (v B − u B )
J
(1)
(2)
Es folgt:
1
2
v B2 = ) ⋅ (v B − u B ) + u B2
) 2 J 2
)
J v B = v B − 2v B u B + u B2 + J B u B2
)
)
u B2 ⋅ 1 + J − 2 v B u B = v B2 ⋅ J − 1
)
1
2
2 J −1
uB − 2
) vB u B = vB
)
1+ J
1+ J
1
1
1
α=
=
)=
1 + J 1 + 50 51
)
J − 1 50 − 1 49
β=
=
)=
1 + J 1 + 50 51
u B2 − 2 α v B u B = β v B2
Lösungen der quadratischen Gl.
u B = ± α 2 + β + α ⋅ vB
Dies eingesetzt in Gl (1) ergibt:
Es folgt:
Zur Vereinfachung verwende man:
sowie:
(
)
(
)
)
(
uB
1
49
1
1
49 ⋅ 51 1
=±
+
+
=±
+
+
2
2
vB
51 51
51
51
51
512
Die zur positiven Wurzel gehörende Lösung scheidet aus, da u B und v B entgegengesetzte
Richtungen haben.
uB
2500 1 1 − 50
49
Lösung:
=−
+
=
=−
= −0,961
51
51
51
51
vB
4b. Die Winkelgeschwindigkeit ω erhält man am einfachsten aus den Beziehungen für u R und
uB
1
1 ⎛
49 ⎞
aus 4a:
u R = R ω = ) (v B − u B ) = ⎜1 + ⎟ ⋅ v B
vB
50 ⎝
51 ⎠
J
100
2
uR =
⋅ v B = ⋅ v B = 0,0392 ⋅ v B = 1,569 m s −1
50 ⋅ 51
51
v
2
2 40 m s −1
ω = 0,0392 ⋅ B = ⋅ v B = ⋅
= 3,14 s −1
Es folgt:
51 0,5 m
R 51
4c. Es handelt sich um einen vollkommen unelastischen Stoß.
Drehimpulserhaltungssatz:
mB v B R = J + mB R 2 ω
1
1
Energieerhaltungssatz:
m B v B2 = (J + m B R 2 )ω 2
2
2
mB vB R
mB v B R
vB
Aus Impulserhaltungssatz folgt:
ω=
=
=
)
)
2
2
J + mB R
mB R ⋅ J + 1 R ⋅ J + 1
(
)
(
Einsetzen von
Liefert:
(
)
−1
vB
v
1
1 40 m s
= )
⋅ B = ⋅
= 1,57 s −1
)
R ⋅ J + 1 J + 1 R 51 0,5 m
1
1
m B v B2 = (J + m B R 2 )ω 2 + Q
2
2
1
1
Q = m B v B2 − (J + m B R 2 )ω 2
2
2
)
vB
1
ω= ) ⋅
und J = J ⋅ m B R 2
J +1 R
v B2
1
1 )
1
2
2
2
Q = mB vB − J ⋅ mB R + mB R )
2
2
2
2
J +1 R
ω=
4d. Energieerhaltungssatz:
)
(
)
(
Q=
1
1 1
m B v B2 − )
m B v B2
2
2 J +1
)
(
)
1
1 ⎞
1 ⎞
⎛
0 ⎛
m B v B2 ⎜1 − )
⎟ = E kin ⎜1 − )
⎟
2
J + 1⎠
J + 1⎠
⎝
⎝
0 51 − 1
0
also ist die Lösung 98%.
Q = E kin
= 0,980 E kin
51
1
1
m2
0
E kin
= m B v B2 = 0,058 kg 40 2 2 = 46,40 J
2
2
s
Q = 0,980 ⋅ 46,40 J = 45,47 J
Q=
Kinetische Energie am Anfang:
Energieverlust: