WS12/13 Physik 1
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4) Bewegungsgleichungen 4.1) Allgemeiner Formalismus zum Lösen von Bewegungsgleichungen 4.2) Geradlinige, gleichförmige Bewegung (v = const., a = 0) 4.3) Geradlinige, gleichmäßig beschleunigte Bewegung (a = const.) 4.4) Mehrdimensionale Bewegung 4.5) Reibung 4.1) Allgemeiner Formalismus zum Lösen von Bewegungsgleichungen 4.1.1) Newtonsche Mechanik eines Massepunktes 4.1.2) Wiederholung Weg‐Geschwindigkeit‐Beschleunigung 4.1.3) Differentialgleichungen 4.1.1) Newtonsche Mechanik eines Massepunktes Vereinfachung: komplexe Körper werden als Massepunkte beschrieben. Sinnvollerweise liegt der Massepunkt im Schwerpunkt des Körpers 80 kg 60 kg m1 = 80 kg, m2 = 60 kg Massepunkte haben keine räumliche Ausdehnung, es sind "Punkte" 4.1.1) Newtonsche Mechanik eines Massepunktes Auf jeden Massepunkt können nun äußere Kräfte F wirken m F Randbedingung: zur Zeit t0 = 0 sei Geschwindigkeit v0 = v(t=0) und Ort x0 = x(t=0) des Körpers bekannt m = const. F(t) = äußere Kraft 4.1.1) Newtonsche Mechanik eines Massepunktes Newtonsche Mechanik Ist für eine Masse m = const. die auf sie wirkende äußere Kraft F(t) für alle Zeiten t bekannt, und kennt man die Geschwindigkeit v0 und den Ort t0 für einen Zeitpunkt t0, dann ist der Aufenthaltsort x(t) des Körpers für alle Zeiten t festgelegt (determiniert) d2 x(t) F (t) m a (t) m m x(t) 2 dt Wenn F(t) bekannt ist, dann ist auch d2x(t)/dt2 bekannt, denn: aus a(t) = d2x(t)/dt2 kann durch Integration (und Kenntnis der Randbedingung v0(t0) eindeutig v(t) = dx(t)/dt bestimmt werden aus v(t) = dx(t)/dt kann durch Integration (und Kenntnis der Randbedingung x0(t0) eindeutig x(t) bestimmt werden 4.1.1) Newtonsche Mechanik eines Massepunktes Philosophische Betrachtung Wenn Kräfte die auf uns wirken für immer bekannt sind, dann wären unsere Wege für immer eindeutig festgelegt: Deterministische Mechanik Aber dem ist nicht so: Erweiterung des Weltbilds mit der Quantenmechanik (Newtonsche Mechanik ist nur ein Grenzfall) widerlegt Determinismus: auch wenn alle Kräfte bekannt sind, dann folgen Aufenthaltswahrscheinlichkeiten, d.h. nur eine Wahrscheinlichkeit kann angegeben werden, aber nichts ist eindeutig bestimmt ("Unschärfeprinzip") 4.1.2) Wiederholung Weg‐ Geschwindigkeit‐Beschleunigung eren eren differenzi differenzi x x ( v) x ( v a ) integrieren integrieren Differenzieren nach Zeit Integrieren über Zeit d d d2 x x; x x 2 x x x dt x dt dt; x x dt dt dt dt 4.1.2) Wiederholung Weg‐ Geschwindigkeit‐Beschleunigung Beispiel: Weg eines Autos mit konstanter Geschwindigkeit v0 Per Definition ist die Geschwindigkeit die Ableitung des Weges, d.h. der Quotient aus zurückgelegtem Weg pro (unendlich kurzem) Zeitintervall: Geschwindigkeit ist Ableitung des Orts nach der Zeit v(t) = dx(t)/dt x(t) = Position des Autos zur Zeit t; v(t) = Geschwindigkeit des Autos zur Zeit t v(t) = dx(t)/dt Auto 2 x(t) t x/t = v0 t0 Auto 2 v0 Auto 1 x x02 x01 Auto 1 t differenzieren 0 t0 t 4.1.2) Wiederholung Weg‐ Geschwindigkeit‐Beschleunigung v(t) = dx(t)/dt Auto 2 x(t) t x/t = v0 t0 v0 Auto 2 Auto 1 x x02 x01 Auto 1 t Differenzieren 0 t t0 Egal ob Auto zu Zeit t0 am Ort x01 oder x02 startet, Geschwindigkeit ist nicht betroffen beim Ableiten gehen Verschiebungen der Kurve entlang der Ordinate (hier: x‐Achse nach oben, t‐Achse ist Abszisse nach rechts) nicht ein! bei Differenzieren geht Information verloren! Hier: Verlust von x01 bzw. x02 (Schnittpunkt mit Ordinate) x1(t) = x01+v0(t‐t0) v1(t) = d/dt(x01+v0(t‐t0)) = dx01/dt + d/dt(v0t) +d/dt(v0t0)=0+v0+0= v0 x2(t) = x02+v0(t‐t0) v2(t) = d/dt(x02+v0(t‐t0)) = dx02/dt + d/dt(v0t) +d/dt(v0t0)=0+v0+0= v0 Ableitung von Konstanten = Null! 4.1.2) Wiederholung Weg‐ Geschwindigkeit‐Beschleunigung Umkehr? Integrieren ist Umkehrfunktion von Differenzieren. Geschwindigkeit ist 1. Ableitung des Orts nach Zeit Ort =Integral von Geschwindigkeit über Zeit! t v(t) x(t) v(t)dt Auto 2 v0 t0 Integrieren Auto 1 Auto 2 Auto 1 x02 0 t0 t t x01 t0 t Achtung: • Randbedingungen für Berücksichtigung der verlorengegangenen Verschiebung der Ordinate • Unbestimmtes Integral (ohne Randbedingungen) hat immer additive Konstante 4.1.2) Wiederholung Weg‐ Geschwindigkeit‐Beschleunigung t v(t) x(t) v(t)dt Auto 2 v0 t0 Integrieren Auto 1 Auto 2 Auto 1 x02 0 t0 t t x01 t0 t Durch Randbedingungen beim bestimmten Integral wird Konstante festgelegt. v(t0) = v0 x(t) v(t)dt v 0dt v 0 dt v 0 t const Konstante entfällt, wenn aus Ortsfunktion x(t) die Geschwindigkeit durch v(t) = dx(t)/dt bestimmt wird. "const" ist beliebig, da const. bei Differenzieren wegfällt 4.1.2) Wiederholung Weg‐ Geschwindigkeit‐Beschleunigung t v(t) x(t) v(t)dt Auto 2 v0 t0 Auto 2 Auto 1 Integrieren Auto 1 x02 x01 0 t t0 t t t0 Aber: beim Integrieren können Randbedingungen vorgegeben werden! Es soll hier das Integral beginnend von der Zeit t0 bis hin zur Zeit t berechnet werden v(t) v 0 const. t t t t t t 1 01 t t const v 0 tt0 const x(t) v(t)dt v 0dt v 0 dt v 0 1 dt v 0 t0 dt v 0 t0 0 1 t0 t0 t0 t0 t0 v 0 (t ‐ t0 ) const Randbedingung x(t0 ) x 0 einsetzen x 0 x(t0 ) v 0 (t0 ‐ t0 ) const v 0 0 const const x 0 x(t) v 0 (t ‐ t0 ) x 0 Durch Randbedingung ist Integrationskonstante eindeutig bestimmt 4.1.2) Wiederholung Weg‐ Geschwindigkeit‐Beschleunigung Beispiel : a(t) 0 v(t) a(t)dt 0 dt 0 const const : v 0 x(t) v(t)dt v 0dt v 0 dt v 0 t const : v 0 t x 0 Test in andere Richtung : x(t) v 0 t x 0 v(t) dx(t)/dt d/dt (v 0 t x 0 ) d/dt (v 0 t ) d/dt (x 0 ) v 0 dt/dt 0 v 0 a(t) dv(t)/dt d/dt(v 0 ) 0 stimmt x(t) v0 x0 0 v(t) v0 t 0 a(t) 0 t 0 0 t 0 4.1.3) Differentialgleichungen zunächst alles in einer Dimension (x) – für mehr Dimensionen vgl. Kap 4.4 Masse m mal Beschleunigung x ist gleich Summe F aller Kräfte die auf Massepunkt einwirken für uns relevante Kräfte m∙x F α ∙ xn β ∙ x Reibung x Stokes x2 Newton (vgl. Kap. 4.5) x= x γ rücktreibende Kraft (vgl. Kap. 8) Differentialgleichung (Gleichung die x und zeitliche Ableitungen x, x,... enthält) konstant beschleunigte Bewegung (vgl. Kap. 4.3) 4.1.3) Differentialgleichungen Zur Lösung versuchen Variablen zu separieren, d.h. alles mit x auf eine, alles mit t auf andere Seite bringen und dann integrieren, um die Differentiale dx, dt wegzubekommen Beispiel: x = x x dt (jetzt ist alles mit x auf der linken, alles mit t auf der rechten Seite) dt ln x ln x t /x0 = (t x t /x0 = exp (t t x t = t ln x t t0 x0 t0) exp(ln x t /x0 ) = exp (t t0)) x t = x0exp (t ln x0 = t t0)) t0)) leider lassen sich die Variablen im allgemeinen nicht separieren für Regeln zum Lösen von Differentialgleichungen (DGLs) Mathevorlesung hier: nur gesonderte Spezialfälle t0 4.2) Geradlinige, gleichförmige Bewegung 4.2.1) Luftkissenbahn 4.2.2) Lösung der Bewegungsgleichung 4.2.3) Beispiele 4.2.1) Luftkissenbahn geradlinig gleichförmig Bewegung nur in 1 Dimension (Achse, Richtung) z.B. Wagen auf Schiene Es reicht eine Koordinate, um Bewegung zu beschreiben a = 0 FLuftkissen m v0 (v=const., a=0) x FGravitation = mg • • • x0 Wagen auf Luftkissenschiene: wird beschrieben durch (Punkt‐) Masse m Wagen habe zur Zeit t0 Position x0 auf Schiene und Geschwindigkeit v0 Auf Wagen wirkt durch Gravitation die Gewichtskraft FGewichtskraft = mg 4.2.1) Luftkissenbahn FLuftkissen m v0 x FGravitation = mg x0 actio = reactio Wagen drückt mit Gewicht auf Luftschiene und Luftschiene drückt Wagen mit Kraft FLuftkissen nach oben Beide Kräfte kompensieren sich Auf Wagen wirkt keine Kraft in x‐Richtung und keine Kraft senkrecht dazu Resultierende Gesamtkraft F = 0: mx = F = 0 zu lösende DGL 4.2.1) Luftkissenbahn v0 x x0 x1 x2 x3 x4 Wagen wird auf Luftschienenbahn laufen gelassen Luftschiene keine Reibung an Stellen x0, x1, x2, x3, x4 sind Lichtschranken angebracht und es wird jeweils die Zeit t0, t1, t2, t3, t4 gemessen, zu der der Wagen die Lichtschranken durchquert. x0 = 0 m , x1 = 1 m, x2 = 2 m , x3 = 3 m , x4 = 4 m Es wirkt keine äußere Kraft auf den Wagen! F = ma = 0 a = 0 Der Wagen habe zur Zeit t0 = 0 die Anfangsgeschwindigkeit v0 4.2.1) Luftkissenbahn x0 = 0m , x1 = 1 m, x2 = 2 m , x3 = 3 m , x4 = 4 m Messwerte: t0 = 0 s, t1 = 0,94 s, t2 = 1,88 s, t3 = 2,83 s, t4 = 3,78 s x(t)[m] F(t) [N] x t eingestellt bei t=0 kurzer Stoß um Wagen auf Anfangsgeschwindigkeit v0 zu bringen (an diesem Zeitpunkt keine gleichförmige Bewegung, da F 0) 0 1 2 3 4 5 a(t) = dv/dt [m/s2] t[s] 2 4 gemessen 3 x3 x2 2 x2 t2 1 t2 t3 0 t[s] 0 1 2 3 4 5 v(t) = dx/dt [m/s] 2 aus v(t) Daten berechnet 1 0 1 a = 0 0 1 2 3 4 5 t[s] aus x(t) Daten berechnet v = v0 = const 0 t[s] 0 1 2 3 4 5 4.2.2) Lösung der Bewegungsgleichung F = 0 v0 m x x0 Nun Weg des Wagens berechnen: mx(t) ma(t) F(t) 0 (Es wirkt keine resultierende Kraft auf Wagen) x(t) a(t) 0 (Wagen wird nicht beschleuni gt) v(t) aus Integration von a(t) t t t0 t0 v(t) x (t) a(t)dt 0 dt const (Geschwindigkeit ist Integral der Beschleuni gung) Konstante durch Randbeding ung bestimmen : v(t 0 ) v 0 und v(t) const v(t) v 0 Wagen wird sich immer mit konstanter Geschwindi gkeit weiterbewegen 4.2.2) Lösung der Bewegungsgleichung F = 0 v0 m x x0 x(t) aus Integration von v(t) t x(t) v(t)dt (Weg ist Integral der Geschwindigkeit) t0 t t v 0 dt v 0 dt v 0 tt0 const ( 1 dx x ) t t0 t0 v 0 (t t 0 ) const Konstante durch Randbeding ung bestimmen : x(t 0 ) x 0 x 0 x(t 0 ) v 0 (t 0 t 0 ) const v 0 0 const const const x 0 x(t) v 0 (t t 0 ) x 0 4.2.2) Lösung der Bewegungsgleichung nochmal rein formal: x = x(t) F mx 0m Variabeln separieren 0 0 Integration ist Umkehrung von Ableitung, d.h. beide hintereinander heben sich auf d v t 0 ∙ dt = t t0 0 v0= const. dx = v0dt dx = v0dt v0 dt t x t x = v0 t x(t) – x0 = v0(t-t0) t0 x0 x(t) = v0(t-t0) + x0 0 d v(t0) = v0 ; x(t0) = x0 - =0 0dt 4.2.2) Lösung der Bewegungsgleichung Für geradlinig gleichförmige Bewegung gilt also für die Bahn eines Körpers: a(t) = 0 v(t) = v0 x(t) = v0(t‐t0) + x0 man kann die Koordinaten geschickt wählen, so dass t0 = 0 und x0 = 0 a(t) = 0 v(t) = v0 konstante Geschwindigkeit geradlinig gleichförmige Bewegung x(t) = v0t zurückgelegter Weg wächst linear mit Zeit Die Bahn des Körpers ist durch obige Gleichungen für alle Zeiten t bestimmt und festgelegt Geschwindigkeit ist konstant und Weg (zurückgelegte Strecke) wächst linear mit Zeit x(t) v(t) a(t) v0 x0 0 v0 t 0 t0 0 t 0 t0 0 t 0 t0 Beachte: die Masse m des Körpers geht NICHT in Bewegungsgleichung ein!! diese Gleichungen gelten für Körper beliebiger Masse!! 4.2.2) Lösung der Bewegungsgleichung a(t) = 0 v(t) = v0 x(t) = v0t Probe mit Differenzieren: v(t) = dx(t)/dt = d/dt (v0t) = v0 a(t) = dv(t)/dt = d/dt (v0) = 0 stimmt x(t) v(t) a(t) dt Integrieren x0 0 v0 t v(t) 0 t 0 t0 0 t0 "Flächen unter der Kurve summieren" x(t) v(t) x0 dt 0 Integrieren 0 t0 dx Differenzieren dt v0 dx t 0 0 t0 "Steigungsdreiecke anlegen" 0 t 0 t0 a(t) Differenzieren t 0 t 0 t0 4.2.2) Lösung der Bewegungsgleichung Nochmals in anderen Worten x Geradlinige, gleichförmige Bewegung • Bewegung mit konstanter Geschwindigkeit entlang einer Geraden x2 v x const. Bewegungsgleichung X1 x(t) v t x 0 x0 • Die Geschwindigkeit bei einer gleichförmig geradlinigen Bewegung entspricht der Steigung der Geraden im Ort‐Zeit‐Diagramm 0 hier: t0 = 0 t1 t2 t 4.2.2) Lösung der Bewegungsgleichung • Geschwindigkeits‐Zeit‐Diagramm v‐t‐Diagramm v x • dx const. Differen tialgleichung dt Bewegungsgleichung: Ort ist Integral von v über t: dx v dt x(t) v dt v t C • v Fläche A1 v0 Physikalische Bedeutung von C: C x0 • Fläche unter dem v‐t‐Diagramm ergibt den Weg x A1 x(t1 ) v t1 0 t1 t2 t 4.2.2) Lösung der Bewegungsgleichung x v 0 • ist eine so genannte Differentialgleichung (DGL) mit der Lösung x(t) v 0 t x 0 • mit der Anfangsbedingung x(0) x 0 • Differentialgleichungen werden unter Zuhilfenahme von Anfangsbedingungen gelöst • Lösung: Entfernung ist Integral der Geschwindigkeit • Es gibt nicht immer eine analytische Lösung für das Integral 4.2.3) Beispiele Beispiel 800 m vor einem PKW mit der Geschwindigkeit von 80 km/h fährt ein zweiter mit 60 km/h. Nach welcher Zeit tÜber und welcher Strecke xÜber hat der erste PKW den zweiten eingeholt? x1(t) und x2(t) seien Weg des 1ten und 2ten PKWs. Da beide nicht beschleunigt werden findet geradlinig gleichförmige Bewegung statt: Proportional zur Zeit vergrößert sich der vom Ausgangspunkt xi0= xi(t=0) zurückgelegte Weg xi(t) ‐ xi0 = vit 4.2.3) Beispiele x 1 (t) x 10 v 1 t; x 2 (t) x 20 v 2 t zur Zeit t 0 gilt : x 10 0; v 1 80 km ; x 2 800m; v 2 60 km h h Die beiden Wagen treffen sich zur Zeit t tÜber x 1 (tÜber ) x 2 (tÜber ) " Treffen" bedeutet, dass die Wagen zur einer Zeit am selben Ort sind v 1 tÜber x 2 v 2 tÜber x2 0,8km 0,04h 144s km v 1 v 2 (80 60) h Damit kann auch der Ort des Treffpunktes ausgerechnet werden tÜber x Über (tÜber ) x 1 (tÜber ) x 2 (tÜber ) km x Über (tÜber ) v 1 t 80 0,04h 3,2km h 4.2.3) Beispiele Auto 1 Auto 2 0 1 km 2 km 3 km 4 km x Auto 2 0 1 km 2 km 3 kmAuto 1 4 km x t = 0 t = tÜber t [h] 0,06 0,05 0,04 0,03 0,02 0,01 v1 = x1/t = 80 km/h v2 = x2/t = 60 km/h 0 0,8 1 2 3 tÜber 4 x [km] 4.3) Geradlinige, gleichmäßig beschleunigte Bewegung 4.3.1) Luftkissenbahn 4.3.2) Lösung der Bewegungsgleichung 4.3.3) Beispiele 4.3.1) Luftkissenbahn Geradlinige, gleichmäßig beschleunigte Bewegung: a = const (i.A. 0) geradlinig Bewegung findet nur in einer Dimension (Achse, Richtung) statt. z.B. Zug: kann sich nur entlang Schiene bewegen Es reicht eine Koordinate um Bewegung zu beschreiben (z.B. x) gleichmäßig beschleunigt a = const (z.B. Zug fährt los) 4.3.1) Luftkissenbahn Beispiel: Wagen auf Luftkissenschiene: wird beschrieben durch (Punkt‐) Masse m FLuftkissen FZug v0 FLuftkissen ‐ FGravitation m FGravitation = mg x x0 Senkrecht zur Schiene • Wagen habe zur Zeit t0 die Position x0 auf Schiene und Geschwindigkeit v0 • Auf Wagen wirkt durch Erdanziehung die Gewichtskraft FGewichtskraft = mg • actio = reactio: Wagen drückt mit seinem Gewicht auf Luftschiene Luftschiene drückt Wagen mit Kraft FLuftkissen nach oben Beide Kräfte senkrecht zur Schiene kompensieren sich keine resultierende Kraft senkrecht zur Schiene Entlang der Schiene • In x‐Richtung wird mit konstanter Kraft Fzug = const. gezogen • resultierende Gesamtkraft (x‐Richtung) ist F = FZug = const a = F/m = const zu lösende Bewegungsgleichung: mx = F = ma 4.3.1) Luftkissenbahn v0 = 0 F x0 x x1 x2 x3 x4 • Wagen wird auf Luftschienenbahn laufen gelassen (Luftschiene keine Reibung) • Bei x0, x1, x2, x3, x4 sind Lichtschranken angebracht, und es wird jeweils die Zeit t0, t1, t2, t3, t4 gemessen, zu der Wagen die Lichtschranken durchquert x0 = 0 m , x1 = 1 m, x2 = 2 m , x3 = 3 m , x4 = 4 m • Der Wagen ist zur Zeit t0 = 0 in Ruhe, d.h. v0 = 0 • Ab Zeit t > t0 wirkt Kraft F = const auf Wagen (durch Gewicht an einer Umlenkrolle) 4.3.1) Luftkissenbahn v0 = 0 F x0 x x1 x2 x3 x4 F = ma a = F/m F= Zugkraft am Wagen; m = Masse des Wagens Zahlenwerte (vgl. nächste Seiten) Fall 1: Zugkraft F = 0,2 N, Wagen mit Masse m1 = 293 g a = 0,2 N / 0,293 kg 0,68 m/s2 Fall 2: Zugkraft F = 0,4 N, Wagen mit Masse m2 = 587 g a = 0,4 N / 0,587 kg 0,68 m/s2 4.3.1) Luftkissenbahn • An Seil hängt Gewicht der Masse m0 = 20 g bzw. 40 g Zugkraft F für t > t0: F = m0g = 0,02 kg9,81 N/kg 0,2 N bzw. 0,04 kg 9,81 N/kg 0,4 N • x0 = 0 m , x1 = 1m, x2 = 2m , x3 = 3m , x4 = 4m Wegintervalle xi = xi ‐ xi+1 = 1m (i=1,...,3) • aus Messwerten: Zeitintervalle ti = ti ‐ ti‐1 • daraus Geschwindigkeiten: vi = xi/ti • daraus Geschwindigkeitsintervalle: vi = vi ‐ vi‐1 v0 = 0 m/s (bei Start stand Wagen still) • daraus Beschleunigungen: ai = vi/ti (i=1,2,3,..) 4.3.1) Luftkissenbahn Achtung: Bei jeder Differenzbildung ist immer "ein Wert zu wenig": 4 Werte xi nur 3 Werte xi können berechnet werden; dies kann willkürlich entweder nach xi = xi ‐ xi+1 oder nach xi = xi+1 ‐ xi passieren; (je mehr Messwerte, d.h. umso größer imax, desto weniger spielt dies eine Rolle) • Messwerte (für Wagenmasse m1 = 293 g, F = 0,2 N): t0=0 s, t1=1,86 s, t2=2,64 s, t3=3,24 s, t4=3,78 s t1=1,86s‐0s 1,86s; t2=2,64s‐1,86s 0,78s; t3 0,60s; t4 0,54s v1=1m/1,86s0,54ms‐1;v2=1m/0,78s1,28 ms‐1; v31,67ms‐1;v41,85ms‐1 v1= 0,54ms‐1‐0ms‐1=0,54ms‐1,v2=1,28ms‐1‐0,54ms‐1=0,74ms‐1;v3=0,39ms‐1; v4 =0,18ms‐1 a1=0,54ms‐1/1,86s 0,29ms‐2, a2=0,74ms‐1/ 0,78s 0,94ms‐2; a3 0,65ms‐2; a4 0,33ms‐2 4.3.1) Luftkissenbahn • Messwerte (für Wagenmasse m2 = 587 g, F = 0,2 N): t0 = 0 s, t1 = 1,33 s, t2 = 1,89 s, t3 =2,32 s, t4 = 2,69 s • Messwerte (für Wagenmasse m1 = 293 g, F = 0,4 N): t0 = 0s, t1 = 2,57 s, t2 = 3,65 s, t3 = 4,49s, t4 =5,19 s • Messwerte (für Wagenmasse m2 = 587 g, F = 0,4 N): t0 = 0s, t1 = 1,82s, t2 = 2,59s, t3 = 3,18s, t4 = 3,67s t1 =1,82s ‐ 0 s = 1,82s; t2 = 2,59s‐1,82s =0,77s; t3 = 0,59s, t4 = 0,49s v1=1m/1,82s0,55ms‐1; v2=1m/0,77s 1,30ms‐1; v31,69ms‐1;v42,04ms‐1 v1= 0,55ms‐1‐0ms‐1= 0,55ms‐1,v2= 0,75ms‐1; v3= 0,39 ms‐1;v4=0,35ms‐1 a1=0,55ms‐1/1,82s 0,30ms‐2; a2=0,75ms‐1/0,78s 0,96 ms‐2; a3 0,66 ms‐2; a4 0,71ms‐2 4.3.1) Luftkissenbahn x(t)[m] F(t) [N] 4 3 eingestellt 4 bei t=0 wird Gewicht fallen gelassen Kraft beginnt zu wirken 3 2 1 0 Wagen 1: Masse m1 = 293 g Wagen 2: Masse m2 = 587 g 1 t[s] 0 0 1 2 3 4 5 a(t) = dv/dt [m/s2] aus v(t) Daten berechnet 2 1,5 1 1 0 a = const 0 1 2 3 4 5 0,5 t[s] t[s] v(t) = dx/dt [m/s] 1,5 0,5 gemessen 2 0 1 2 3 4 5 2 x t2 0 aus x(t) Daten berechnet v t 0 1 2 3 4 5 t[s] hier haben wir das Problem, dass wir zu wenige Messpunkte haben und dass wir entweder xi = xi ‐ xi+1 oder xi = xi+1 ‐ xi definieren können. Die Zeitachse stimmt also nicht genau. Wir haben nur 5 Messpunkte. Wenn wir 500 Messpunkte hätten gäbe es das Problem nicht 4.3.2) Lösung der Bewegungsgleichung F = const v 0 m x x0 mx(t) ma(t) F(t) F const (konstante resultierende Kraft wirkt auf Wagen) x(t) a(t) F/m (Wagen wird konstant beschleuni gt) t t t F F F F v(t) x (t) a(t)dt dt dt t tt0 const (t t 0 ) const m m t0 m m t0 t0 Konstante durch Randbeding ung bestimmen : F v 0 v(t 0 ) (t 0 t 0 ) const const const v 0 m F v(t) (t t 0 ) v 0 Geschwindigkeit des Wagens wächst linear mit Zeit m 4.3.2) Lösung der Bewegungsgleichung F = const v 0 m x x0 Weg ist Integral der Geschwindigkeit t t t t F F x(t) v(t)dt (t t 0 ) v 0 dt (t t 0 ) dt v 0 dt m m t0 t0 t0 t0 t t t F F 1 t (t t 0 ) dt v 0 dt (t t 0 )2 v 0 t t 0 t0 const m t0 m 2 t0 t0 1 2 1 dx x; x dx x 2 F 1F (t t 0 )2 (t 0 t 0 )2 v 0 (t t 0 ) (t 0 t 0 ) const (t t 0 )2 v 0 (t t 0 ) const 2m 2m Konstante durch Randbeding ung bestimmen : F x 0 x(t 0 ) (t 0 t 0 )2 v 0 (t 0 t 0 ) const const const x 0 2m F x(t) (t t 0 )2 v 0 (t t 0 ) x 0 d.h. Ort wächst quadratisch mit Zeit, für v 0 0 2m 4.3.2) Lösung der Bewegungsgleichung nochmal rein formal: x = x(t) mx F d v t mam a ∙ dt dx = (v0 x ma a t = a t t t0 at t0 v0 t0 )dt t x t = v0 t + a t0 x0 t dx = t0 2 a d a t t0 (v0 a t a t = a t - t0 t0 t0 )dt t t0 x(t) – x0 = v0(t-t0) + a((t-t0)2 -(t0-t0)2) = v0(t-t0) + a(t-t0)2 x(t) = a(t-t0)2 + v0(t-t0) + x0 adt v(t0) = v0 ; x(t0) = x0 v0 dt+ a t t0 dt 4.3.2) Lösung der Bewegungsgleichung Für geradlinig gleichmäßig beschleunigte Bewegung gilt also für Bahn des Körpers: a(t) = a0 = const v(t) = a(t‐t0) + v0 x(t) = ½a(t‐t0)2 + v0(t‐t0) + x0 (für t > t0) Wahl der Koordinaten, sodass t0 = 0 und x0 = 0 a(t) = const v(t) = at + v0 x(t) = ½at2 + v0t (für t > 0) Geschwindigkeit wächst linear mit Zeit, und Weg wächst quadratisch (plus lineare Komponente) mit Zeit x(t) x0 v0 0 0 t0 v(t) a(t) a0 v0 t a0 t 0 t 0 0 t0 0 t0 4.3.2) Lösung der Bewegungsgleichung Beachte: Masse m des Körpers geht NICHT in die Bewegungsgleichung mit ein!!! diese Gleichungen gelten für Körper beliebiger Masse Die Bahn des Körpers ist durch obige Bewegungsgleichungen für alle Zeiten t bestimmt und festgelegt 4.3.2) Lösung der Bewegungsgleichung a(t) = const. v(t) = at + v0 x(t) = ½at2 + v0t + x0 (für t > 0) Geschwindigkeit wächst linear mit Zeit zurückgelegter Weg steigt quadratisch mit Zeit a = Beschleunigung; v0 = Anfangs‐Geschwindigkeit zur Zeit t=0; x0 = Anfangsort Beachte: • die Masse m des Körpers geht NICHT in die Bewegungsgleichung mit ein, d.h. diese Gleichungen gelten für Körper beliebiger Masse • Die Bahn des Körpers ist durch obige Gleichungen für alle Zeiten t bestimmt und festgelegt Sonderfall: a(t) = 0 ohne äußere Kräfte bewegt sich Körper für alle Ewigkeit mit gleicher Geschwindigkeit v0 weiter. v(t) = v0 x(t) = v0t + x0 (für t > 0) 4.3.2) Lösung der Bewegungsgleichung In anderen Worten • Beschleunigung bei gleichförmig beschleunigter gradlinigen Bewegung entspricht der Steigung der Geraden im Geschwindigkeits‐Zeit‐Diagramm • Zweifache Integration der Beschleunigung ergibt Entfernung x • Graphische Lösung: Fläche A unter dem v‐t‐Diagramm ergibt Weg x v a dv v const. oder dv a dt, a const dt v(t) a dt a t C1 mit C1 v 0 v2 Fläche A2 dx v1 x oder dx v dt dt 1 x(t) v(t) dt a t2 v 0 t C2 mit C2 x 0 v0 Fläche A1 2 1 also : x(t) a t2 v 0 t x 0 0 t1 t2 t 2 d2 x 1 alternativ : a 2 x x(t) a dt2 v(t) dt a t2 C1 t C2 mit C1 v 0 , C2 x 0 dt 2 mit v(t) 4.3.2) Lösung der Bewegungsgleichung Ort, Geschwindigkeit, Beschleunigung 2 Beispiel y( t) 20t 5t v( t) 20 ( 10.t) a( x) 10 geradlinige, gleichmäßig beschleunigte Bewegung in y‐Richtung a(t)‐Diagramm, 20 v(t)‐Diagramm und y(t)‐Diagramm y(t) 10 v(t) a(t) 0 1 2 3 10 t Zeit 4 5 4.3.3) Beispiele Beispiel: x m Der freie Fall x0 • Körper mit Masse m ruht zur Zeit t0 = 0 in Höhe x0 = h v0 = 0 FG = mg • nach Loslassen des Körpers fällt er zur Erde (t > 0) • Einzige Kraft die auf Körper wirkt: 0 FG = mg (zeigt in negative x‐ Richtung)=Gravitationskraft resultierende Kraft F = ‐mg (auf Vorzeichen achten: Richtung von F in positive x‐Richtung definiert, F = ‐mg, weil Gravitation nach unten, entgegen x‐Richtung zeigt) Bewegungsgleichung: ‐mg = F(t) = ma(t) a(t) = ‐ g = const. v(t) = v(t) = at + v0 = ‐gt + 0 = ‐gt x(t) = ½at2 + v0t + x0 = ‐½gt2 + 0 + h = h ‐ ½gt2 (für x > 0, t > 0) 4.3.3) Beispiele Der freie Fall x x0 während des Falls der Masse aus Höhe h gilt also: 0 a(t) = ‐g = const. v(t) = ‐gt t x(t) = h ‐ ½ g t2 t2 Fallzeit und Fallweg hängen nicht von Masse ab Fallweg wächst quadratisch mit Zeit m FG = mg 4.3.3) Beispiele Sie stehen in einem Aufzug der plötzlich frei fällt. Sie lassen Ihre Wasserflasche fallen. Wie lange braucht sie bis zum Boden (g = 10 m/s2; h= 1,25 m)? 81% 1. 2. 3. 4. 1 Sekunde 0,5 Sekunden kann man nicht sagen nie 9% 9% 0% 1. 2. 3. 4. 4.3.3) Beispiele Sie stehen in einem Aufzug der plötzlich frei fällt. Sie lassen Ihre Wasserflasche fallen. Wie lange braucht sie bis zum Boden (g = 10 m/s2; h= 1,25 m)? vgl. Kap. 3.3.3 Aufzug wird mit Beschleunigung g beschleunigt Wasserflasche wird mit Beschleunigung g beschleunigt Aufzug und Wasserflasche fallen gleich schnell (Anfangsgeschwindigkeit gleich) solange der Aufzug fällt wird Flasche innerhalb des Aufzugs schweben, d.h. nie den Boden erreichen Freier Fall: zurückgelegter Weg x(t) t2 Beispiel: Es seien Kugeln in folgenden Abständen xi vom Boden aufgehängt (i = 1, 2, 3, ...) x1 = 1x0 = 12 x0 x2 = 4 x0 = 22 x0 x3 = 9 x0 = 32 x0 x4 = 16 x0 = 42 x0 x5 = 25 x0 = 52 x0 .... werden die Kugeln fallen gelassen, dann treffen sie zu den Zeitpunkten ti auf den Boden auf: t1 = 1t0 t2 = 2t0 t3 = 3t0 t4 = 4t0 t5 = 5t0 .... warum? da x(t) t2 in Zeit t5 = 5t1 wird Strecke x5 = 52 x1 zurückgelegt, u.s.w. Wenn Anstand der aufeinanderfolgenden Kugeln quadratisch zur Decke hin wächst, treffen Kugeln in konstanten Zeitintervallen auf Boden auf Vakuum Körper fallen unabhängig von der Masse mit selber Geschwindigkeit! Gesetz des freien Falls (einzig wirkende Kraft ist Gravitation) ohne Vakuum Luftreibung Fallgeschwindigkeit hängt von Masse und Form des Körpers ab! Freier Fall: zurückgelegter Weg x(t) t2 4.3.3) Beispiele Wurf nach oben A ball is thrown straight up. At the top of its trajectory, its 25% A. B. C. D. velocity is zero, velocity is non-zero, velocity is zero, velocity is non-zero, 25% 25% B. C. 25% acceleration is zero. acceleration is non-zero. acceleration is non-zero. acceleration is zero. A. D. 4.3.3) Beispiele Wurf nach oben Am Scheitelpunkt: Ball steigt nicht mehr, sondern beginnt zu fallen, er steht kurz Still Umkehrung der Bewegungsrichtung von Geschwindigkeit nach oben zu Geschwindigkeit nach unten Geschwindigkeit = 0 Wie ist die Beschleunigung. Wenn a = 0 wäre, dann würde der Ball mit v = 0 für alle Zeiten schweben (a = 0 v = v0 = const) kann nicht sein Ball fällt wieder nach unten: a = g am Scheitelpunkt: v = 0, a = g 0 4.3.3) Beispiele Beispiel Lotrechter Wurf: Ein Stein fliegt mit Anfangsgeschwindigkeit von 20m/s lotrecht nach oben (y‐ Richtung). Gesucht sind: höchster Punkt, Steigzeit, Ort und Geschwindigkeit nach doppelter Steigzeit und die Graphen von a(t), v(t) und y(t) 1 Grundgleic hungen : a v y const.; v(t) v 0 a t; y(t) y 0 v 0 t a t2 2 m m Bedingunge n : v 0 20 ; a g 10 2 ; y 0 0 s s v Steigzeit : v(t s ) v 0 g t s 0 t s 0 2s g bei t s ist der Ball auf maximale Höhe gestiegen und Geschwindi gkeit ist Null; t t s Ball steigt nach oben, t t s Ball fällt nach unten 1 1 2 Höchster Punkt : y(t s ) v 0 t s g t s 40m 10 4m 20m 2 2 m m m 1 m m y(2t s ) 20 4s 10 2 16s2 0 v(2t s ) v 0 g 2ts 20 10 4 20 s 2 s s s s 4.3.3) Beispiele Beispiel Die fliegende Mütze (entnommen aus Tippler, Physik) Ein Physikstudent kurz vor der Diplomprüfung wirft seine Mütze senkrecht in die Luft. Diese erhält dadurch eine Anfangsgeschwindigkeit 14,7 m/s. Es wirkt die nach unten gerichtete Fallbeschleunigung von g = 9,81 m/s2, während der Luftwiderstand zu vernachlässigen ist. a) Wie lange dauert es, bis die Mütze ihren höchsten Punkt erreicht? b) Wie groß ist der Abstand zu diesem höchsten Punkt? c) Wie lange fliegt die Mütze insgesamt, wenn sie in der gleichen Höhe aufgefangen wurde, in der sie abgeworfen wurde? 4.3.3) Beispiele Lösung a) konstante Beschleuni gung a(t) y (t) ‐ g const (zeigt nach unten) v(t) v 0 at mit a ‐ g v 0 Anfangsges chwindigke it (zeigt nach oben in positive y ‐ Richtung) Am höchsten Punkt kehrt sich Steigbeweg ung in Fallbewegu ng um v 0 t v v0 v v0 a ‐g m (0 14.7) 0 v v s 1.5s 0 höchster Punkt : v(t* ) 0 t* 0 ‐g g 9.81 m 2 s 4.3.3) Beispiele Lösung b) 1 y(t) at 2 v 0 t y 0 2 Am Umkehrpunk t t* : 2 1 Δy y(t* ) ‐ y 0 ‐ g t* v 0 t* 2 2 v v 1 v 1 v0 1v ‐ g 0 v 0 0 ‐ 0 0 2 g g 2 g g 2 g 2 2 1 (14.7 m/s)2 / 9,81 m/s 2 11,0 m 2 2 4.3.3) Beispiele Lösung c) 1 y(t) at 2 v 0 t y 0 2 Nach Flugzeit t' kommt Mütze wieder am 1 Punkt des Abwurfs y 0 an : y 0 y(t' ) at'2 v 0 t' y 0 2 1 1 at'2 v 0 t' 0 at' v 0 t' 0 2 2 erste Lösung : t' 0s 1 zweite Lösung : at' v 0 0 2 2v 2v 2 14.7 m/s t' 0 0 3s 2 9.81m/s a g erste Lösung : Mütze hat zur Zeit t 0 ( Zeit des Hochwerfen s) die Höhe y 0 zweite Lösung : nach t' 3s kommt Mütze wieder von Flug zurück auf Ausgangshö he y 0 4.3.3) Beispiele Lösung c) Graphische Darstellung: y(t) [m] Höhe t [s] v(t) [m/s] v0 Geschwindigkeit t [s] 4.3.3) Beispiele Beispiel Steine fallen ins Wasser Ein Stein wird von einer h = 45 m hohen Brücke ins Wasser fallen gelassen. Nach t02 = 1 s wird ein anderer Stein dem ersten nachgeworfen. Beide treffen gleichzeitig zur Zeit t* auf die Wasseroberfläche auf. Die Luftreibung ist zu vernachlässigen. x h • Welche Anfangsgeschwindigkeit v02 hatte der zweite Stein? • Zeichnen Sie die Graphen v = v(t) 0 4.3.3) Beispiele Bewegung nur in eine Richtung; einzige Kraft die wirkt ist Gravitation = const. x gleichförmige gleichmäßig beschleunigte Bewegung h ai(t) = ‐g = const. Schwerkraft in negative x‐Richtung vi(t) = ai(t‐t0i) + v0i (i = 1, 2, für Stein 1, 2) xi(t) = ½ai(t‐t0i)2 + v0i(t‐t0i) + x0i (für t > t0i) 0 1. Stein: Zur Zeit t01 = 0s wird Stein aus Höhe x01 = h fallengelassen. Vorher war Stein in Ruhe, v0i = 0 x1(t) = ‐½gt2 + 0 + h (für t > 0) x1(t) = h ‐½gt2 (für t > 0) Aufschlag zur Zeit t* auf Wasseroberfläche bei x = 0: 0 = x1(t*) = h ‐½g(t*)2 (t*)2 = 2h/g t* = (2h/g)1/2 4.3.3) Beispiele 2. Stein: h x • Zur Zeit t01 = 1s wird Stein aus Höhe x02 = h nachgeworfen. Werfen v02 0 0 2 2 x2(t) = ‐½g(t‐t02) + v02(t‐t02) + h = ‐½g(t‐1s) + v02(t‐1s) + h (für t >1s) • 2.Stein triff zur selben Zeit t* auf Wasseroberfläche bei x = 0 auf x2(t*) = 0 = ‐½g(t*‐1s)2 + v02(t*‐1s) + h = ‐½g( (t*)2 ‐ 2st* + 1s2) + v02(t*‐1s) + h = ‐½g( (t*)2 + (½2sg + v02)t* + (‐½g1s2 ‐1sv02 +h) =‐½g(2h/g) +(sg +v02)(2h/g)1/2 ‐½g1s2 ‐1sv02+h =‐h+(sg +v02)(2h/g)1/2‐½g1s2 ‐1sv02+h = (sg+v02)(2h/g)1/2 ‐½g1s2 ‐1sv02 4.3.3) Beispiele 0 = (sg +v02)(2h/g)1/2 ‐½g1s2 ‐1sv02 = sg(2h/g)1/2 + (2h/g)1/2v02 ‐½g1s2 ‐1sv02 = sg(2h/g)1/2 ‐½g1s2 + ((2h/g)1/2 ‐ 1s) v02 = ((2h/g)1/2 ‐ 1s)(½sg + v02) v02 = (½g1s2 ‐ g(2h/g)1/21s ) / ( (2h/g)1/2 ‐ 1s ) (negatives Vorzeichen, da 2ter Stein in negative x‐Richtung geworfen wird) x h Zahlenwerte: g 10 m/s2 ; h = 45 m v02 = (½g1s2 ‐g(2h/g)1/21s )/( (2h/g)1/2‐1s) = (5m/s21s2 ‐ 10m/s23s 1s) / (3s‐1s) = (5m‐30m)/2s = ‐12,5 m/s t* = (2h/g)1/2 = (245m/10m/s2)1/2 = (9 s2)1/2 = 3s 0 2 2 2 2 x1(t) = 45m ‐½(10m/s )t = 45m ‐ 5m/s t (für t > 0) x2(t) = h ‐½g(t‐1s)2 + v02(t‐1s) = 45m ‐½(10m/s2)(t‐1s)2 ‐12,5m/s(t‐1s) = 45m ‐ (5m/s2) (t‐1s)2 ‐12,5m/s(t‐1s) (für t > 1 s) x1(3s) = 45m ‐ 5m/s2 (3s)2 = 0 m x2(3s) = 45m ‐ (5m/s2) (3s‐1s)2 ‐12,5m/s(3s‐1s) = 0 m 4.3.3) Beispiele x1(3s) = 45m ‐ 5m/s2 (3s)2 = 0 m x2(3s) = 45m ‐ (5m/s2) (3s‐1s)2 ‐12,5m/s(3s‐1s) = 0 m D.h. beide Steine treffen zur Zeit t* = 3 s auf dem Wasser auf, obwohl der eine Stein später geworfen wurde. Dies kommt daher, weil der 2te Stein mit einer Anfangsgeschwindigkeit v02 = ‐12,5 m/s, der erste mit einer Anfangsgeschwindigkeit v01 = 0 m/s geworfen wurde. x h 0 4.3.3) Beispiele Beispiel gleichmäßige Beschleunigung von 0 auf 100 km/h in 10 s. Gesucht ist die Beschleunigung. ?? Lösung der Bewegungsgleichung: x a const. v(t) a t v0 1 2 x(t) a t v0 t x0 2 v(t) a t v 0 ; v(10s) 100 km ; v 0 0; h m m Δv v(10s) ‐v 0 100km/h 30 s a 3 2 Δt 10s ‐ 0 10s 10s s 3m/s2 entspricht ca. 1/3 der Erdbeschleunigung g. Bei Beschleunigung mit g sind 100 km/h in ca. 3.2 s erreicht. Zum Vergleich: ein Gepard beschleunig in 2 s von 0 auf 96 km/h. 4.3.3) Beispiele Beispiel der Bremsweg eines Autos (entnommen aus Tippler, Physik) Stellen Sie sich vor, Sie fahren nachts auf der Autobahn. Sie bemerken auf dem Randstreifen ein Fahrzeug mit Motorschaden und halten mit einem Betrag der Beschleunigung von 5 m/s2 an (Eine Beschleunigung, die das Tempo verringert, wird üblicherweise als Bremsen oder auch Verzögerung bezeichnet). Wie lang ist der Bremsweg x des Autos bei Anfangsgeschwindigkeit von v0 a) 15 m/s oder b) 30 m/s? 4.3.3) Beispiele Geradlinig e gleichförm ig beschleuni gte Bewegung (bei t 0 0 steht Auto auf Punkt x 0 0) : 1 x(t) at 2 v 0 t a ‐ 5m/s 2 (Abbremsen Beschleuni gung entgegen der Fahrtricht ung) 2 v(t) at v 0 v 0 (Geschwind igkeit des Autos vor Abbremsen) Auto ist zur Zeit t' vollständi g abgebremst : v(t' ) 0 0 v(t' ) at' v 0 t' ‐ v 0 /a Bis zu dieser Zeit hat Auto folgenden Weg zurückgele gt : ‐v 1 ‐v 1 Δx x(t' ) at'2 v 0 t' a( 0 )2 v 0 ( 0 ) a a 2 2 2 2 2 v0 1 v0 1 v0 ‐ 2 a a 2 a 1 (15 m/s) 2 225 a) v 0 15 m/s Δx ‐ m 22,5 m 2 2 ‐ 5 m/s 10 1 (30 m/s) 2 900 b) v 0 30 m/s Δx ‐ m 90 m 2 2 ‐ 5 m/s 10 4.3.3) Beispiele Beispiel Jagd auf den Raser (aus Tippler, Physik): Ein Auto durchquert mit 25 m/s ( 90 km/h) die verkehrsberuhigte Zone vor einer Schule. Ein Polizeiwagen beginnt mit konstant 5 m/s2 aus dem Stand zu beschleunigen, als der Raser an ihm vorbeifährt. a) Wann holt der Polizeiwagen den Raser ein? b) Wie schnell fährt der Polizeiwagen in dem Moment, in dem er den Raser überholt? c) Wie schnell fährt der Polizeiwagen, wenn er noch 25 m hinter dem Raser ist? 4.3.3) Beispiele Lösung Raser : a 0 (keine Beschleuni gung), R v (t) v 25 m/s (konstante Geschwindi gkeit) R R0 x (t) v t (zur Zeit t 0 fährt Raser am Ort x 0 am Polizeiaut o vorbei) R R0 0 0 Polizeiwag en : a 5 m/s2 const v (t) a t v a t (bei t 0 steht Polizeiaut o, v 0) P P P PO P P0 1 1 x (t) a t2 v t a t2 P P0 2 P 2 P a) 1 Zur Zeit t' trifft Polizeiaut o auf Raser x (t' ) x (t' ) a t'2 v t' P R R0 2 P 2v 1 2(25m/s) t' 0 (Raser überholt stehenden Polizeiwag en) oder a t' v t' R0 10s P R0 2 2 a (5m/s ) P 4.3.3) Beispiele b) 2v R0 2v 2 25m/s 50 m/s v (t' ) a t' a P P P a R0 P Geschwindi gkeit des Polizeiwag ens beim Überholen des Rasers 4.3.3) Beispiele Teilaufgab e c) Raser : a 0 ; v (t) v ; x (t) v t R R R0 R R0 1 Polizeiwag en : a const ; v (t) a t ; x (t) a t2 P P P P 2 P zur Zeit t" ist Polizeiwag en 25 m hinter Raser 25m x (t" ) x (t" ) ‐ 25 m P R 1 a t"2 v t" ‐ 25m R0 2 P 2v 2v 50m 2 25m t"2 ‐ R0 t" ‐ 0 t"2 ‐ R0 t" ‐ 0 (quadratis che Gleichung, pq ‐ Formel) aP aP aP aP 1 2v t" ‐ R0 2 aP 1 2v R0 4 aP 2 50m v R0 ‐ a a P P 2 v R0 50m 2 aP aP 2 25 m/s 50m 25 m/s 5 s 25s 2 10s 2 5 s 15s 2 5 15 s 2 2 2 5 m/s 5 m/s 5m/s 1,23 s oder 8,87 s Wie aus Graphik ersichtlic h ist kommt es an zwei Stellen zu der Situation, dass der Raser 25 m vor dem Polizeiaut o ist 4.4) Mehrdimensionale Bewegung 4.4.1) Separation verschiedener Bewegungsrichtungen 4.4.2) Wurfparabel 4.4.3) Beispiele 4.4.1) Separation verschiedener Bewegungsrichtungen Mehrdimensionale Bewegungen können oft entkoppelt werden. Falls ax = ax(vx, x) und ay = ay(vy, y) und az = az(vz, z) ist, dann können Bewegungsgleichungen unabhängig für die x, y, und z‐Komponente aufgestellt werden! mx Fx x, x ; my Fy y, y ; mz Fz z, z Für gleichförmig beschleunigte Bewegung gilt: Bewegung in x‐Richtung ist unabhängig von Bewegung in y‐Richtung und ist unabhängig von Bewegung in z‐ Richtung! D.h. Bewegungsgleichungen in den drei Dimensionen können unabhängig voneinander gelöst werden! Achtung, gilt z.B. ax = ax(vx, vy, x, y) und ay = ay(vx, vy, x, y) , dann die die Differentialgleichungen für x und y gekoppelt und können nicht einzeln gelöst werden 4.4.1) Separation verschiedener Bewegungsrichtungen y Wichtig zum Lösen: Anfangsbedingungen!!! r0 x0, y0 v0 v0x, v0y Geschwindigkeit in Komponenten unterschiedlicher Richtung aufteilen: tan() = v0y/v0x v0x = cos()v0 v0y = sin()v0 Achsen vorsichtig auswählen!!! oft kann durch geschickte Wahl der Achsen Bewegung in 2 Dimensionen auf Bewegung in einer Dimension reduziert werden! v0 v0y y0 v0x 0 0 x0 x 4.4.1) Separation verschiedener Bewegungsrichtungen Zwei Massen sind an masselosen Stäben reibungsfrei an einer Decke befestigt. Welche Masse erreicht den tiefsten Punkt früher, wenn sie gleichzeitig losgelassen werden? 50% B L/2 A 34% L 2m m 1. 2. 3. A B beide gleichschnell 16% 1. 2. 3. 4.4.1) Separation verschiedener Bewegungsrichtungen y B L/2 A L 2m m x Annahme: Situation Wurfparabel (falsch) Beschleunigung a = (0, -g) nur in y-Richtung: Gravitation in y-Richtung keine Beschleunigung in x-Richtung Annahme (falsch) Bewegung in x- und in y-Richtung sind entkoppelt Für „Fallen“ wäre dann nur y-Richtung (in Richtung der Gravitation) interessant. Beide Massen haben Anfangsgeschwindigkeit vy0(A) = vy0(B) = 0 Beide Massen starten bei selber Höhe y0(A) = y0(B) unter der (falschen) Annahme in y-Richtung geradlinig gleichförmig beschleunigte Bewegung: ay = -g = const Kap. 4.3: Bewegung hängt NICHT von Masse ab. Beide Massen fallen gleich schnell. D.h. Masse B trifft zuerst am tiefsten Punkt auf, weil dieser Weg kürzer ist Warum FALSCH???? Bewegung in x- und y-Richtung ist NICHT entkoppelt!!!! KEIN freier Fall!! Es gibt ZUSTÄTZLICHE KRAFT, die Masse an die Stäbe bindet!!! Bewegung in x- und y-Richtung ist linear gekoppelt!!! x y; vx vy; ax ay 4.4.1) Separation verschiedener Bewegungsrichtungen m FG vgl. Kap. 4.5 r t x = 0 + D(−) analog: a t D(−)r t = D(−)v(t) D(−)a(t) r′ x‘ wähle geschickteres Koordinatensystem! (vgl. Kap. 2.1.3; KS KS‘) (Drehung in Richtung Uhrzeigersinn, d.h. -) y‘ cos sin FGx′ = sin cos FGy′ sin mg = cos mg FG′ v t y x′ = y′ = FGx FGy D(−))r t cos sin cos sin sin cos FG D(−) sin cos r(t) x y x y = D(-)r FGx = FGy 0 mg (Kettenregel; = const) 4.4.1) Separation verschiedener Bewegungsrichtungen FB m FG y y‘ x Newton‘sche Bewegungsgleichungen gelten unverändert in beiden Systemen! m∙ r = F m∙ r′ = F‘ x‘ 0 auf Masse (actio = reactio) cos mg Bewegungsgleichungen in KS‘: mx′ = F’Gx + F’Bx = sin mg + 0 = sin mg my′ = F’Gy + F’By = cos mg + cos mg = 0 (Masse drückt so stark auf Bahn wie Bahn auf Masse drückt) Bahn drückt mit Kraft FB′ x′ = sin g y′ = 0 gleichförmige, konstant beschleunigte Bewegung gleichförmige unbeschleunigte Bewegung x‘(t) = a‘xt2 + v‘oxt + x‘0; y‘(t) = a‘yt2 + v‘oyt + y‘0 Randbedingungen: r0 = r0 = (0,0); v0 = v0 = (0,0); a′ = (sin g, 0) 4.4.1) Separation verschiedener Bewegungsrichtungen FB m y y‘ x FG x‘ x‘(t) = sin gt2 y‘(t) = 0 Rücktransformation D-1(-) = D() r t = x t y t = D-1(-) r′ t = D() r′ t = = cos sin Masse geht NICHT ein! sin cos cos sin sin gt2 0 sin cos = x′ t y′ t sin cos gt2 sin2 gt2 4.4.2) Wurfparabel Für folgende Situation liegt bei entkoppelter Bewegung ein parabelförmige v0 x Kurve vor: m x0 Zur Zeit t0 = 0 befindet sich Massepunkt m FG = mg an Position (x0, y0) Massepunkt hat Anfangsgeschwindigkeit v0 = (vx0, vy0) 0 0 y0 Auf Massepunkt wirkt nur Beschleunigung in x‐Richtung: a = (a, 0) Beispiel: Ball mit Anfangsgeschwindigkeit vy0 (v0x = 0) und Anfangsposition y0 = 0, x0 fällt durch Gravitation in negativer x‐Richtung zum Boden: in y‐Richtung: ay(t) = 0 vy(t) = v0y =const y(t) = v0yt + y0 = v0yt in x‐Richtung: ax(t) = ‐g = const vx(t) = ‐gt x(t) = ‐½gt2 + x0 y(t) = v0yt, x(t) = ‐½gt2 + x0 t = y/v0y x = ‐½g(y/v0y)2 + x0 x(y) = ‐g/(2v0y2)y2 + x0 Wurfparabel! y 4.4.2) Wurfparabel y(t) = v0yt, x(t) = ‐½gt2 + x0 x(y) = ‐g/(2v0y2)y2 + x0 Wurfparabel! ay = 0 v0y > 0 x x 0 ax = ‐g v0x = 0 0 0 y x y x x x 0 0 0 t 0 x(t) t2 0 t 0 0 y 0 y(t) t Entkoppelte Bewegungen in x‐ und y‐Richtung: Beschleunigung nur in x‐Richtung (Gravitation), nicht in y‐Richtung x(y) y2 vy = 0 vy > 0 x Beide Kugeln treffen zur selben Zeit auf Boden Bewegung in x‐Richtung und Bewegung in y‐Richtung sind entkoppelt; auf beide Kugeln wirkt in x‐Richtung die selbe Kraft (Schwerkraft), deshalb werden sie auch gleichstark in x‐Richtung beschleunigt und treffen damit nach der gleichen Fallzeit (in x‐ Richtung) auf dem Boden auf. Die Bewegung in y‐Richtung ist dazu überlagert Wasserstrahl tritt mit Geschwindigkeit v aus Schlauch aus. Geschwindigkeit hat Komponente sowohl parallel, als auch senkrecht zur Oberfläche Flugbahn der Wassertropfen ist Parabel v 4.4.3) Beispiele Beispiel: Versuch "die schlaue Ratte?": Eine Ratte sitzt an der Decke des Hörsaals. Um sie zu beseitigen nimmt der Hörsaalbetreuer eine Armbrust und zielt auf die Ratte, d.h. visiert die Ratte direkt an. z mRatte negatives Vorzeichen, da h Kraft entgegen der F = ‐mRatteg positiven z‐Richtung zeigt mPfeil v0x v0 tan() = h/L v0x = cos()v0 v0z/v0x = h/L v0z = sin()v0 tan() = v0z/v0x x v 0z 0 F = ‐mPfeilg L Die Ratte denkt sich nun: „Mist, wenn ich oben an der Decke sitzen bleibe, dann werde ich getroffen. Also mache ich folgendes: ich warte, bis die Armbrust abgeschossen wird. Dann springe ich sofort nach unten und der Pfeil der Armbrust wird mich nicht treffen.“ Ist die Ratte "schlau", d.h. wird die springende Ratte getroffen oder nicht getroffen? 0 4.4.3) Beispiele z mRatte h F = ‐mRatteg mPfeil v0x v0 0 v 0z 0 F = ‐mPfeilg x L 97% Ratte soll bei Abschuß sitzen bleiben oder sich fallen lassen um nicht getroffen zu werden? 1. 2. Springen Sitzen bleiben 3% 1. 2. 4.4.3) Beispiele Die Ratte wird getroffen wenn sie springt! Warum? Bewegungsgleichung für Pfeil: geradlinige gleichförmige Bewegung in x‐Richtung, geradlinige gleichmäßig beschleunigte Bewegung in z‐Richtung (entkoppelte zP(t) = ‐½gt2 + v0zt Bewegungen) xP(t) = v0xt t' sei Zeit in der Pfeil die Linie erreicht auf der Ratte springt xP = L erreicht: xP(t') = L L = xP(t') = v0xt' t' = L/v0x zu dieser Zeit hat der Pfeil die Höhe zP(t') zP(t') = ‐½gt'2 + v0zt' = ‐½g(L/v0x)2 + v0z(L/v0x) = ‐½g(L/v0x)2 + Lv0z/v0x = ‐½g(L/v0x)2 + Lh/L = = ‐½g(L/v0x)2 + h Bewegungsgleichung für Ratte: keine Bewegung in x‐Richtung, geradlinige gleichmäßig beschleunigte Bewegung in z‐Richtung (Ratte hat keine Anfangsgeschwindigkeit) xR(t) = L zR(t) = ‐½gt2 + h zur Zeit wenn Pfeil Sprunglinie erreicht: zR(t') = ‐½gt'2 + h = zR(t) = ‐½g(L/v0x)2 + h = zP(t') Pfeil trifft Ratte Um nicht getroffen zu werden wäre die Ratte besser sitzen geblieben! Grund: sowohl auf Ratte als auf Pfeil wirkt Gravitation. Freier Fall ist massenunabhängig 4.4.3) Beispiele z h Bahn der Ratte Bahn des Pfeils Ratte wird zur Zeit t' durch Pfeil getroffen v0x v0 v0z 0 0 x L 4.4.3) Beispiele Beispiel Kanonenschuß: Unter welchem Winkel muß die Kugel einer Kanone abgeschossen werden, damit sie möglichst y weit fliegt? v0x Kanonenkugel Masse m 0 t = 0 0 F v0y x t = tm xm Bewegungsgleichungen: F = (Fx, Fy) = (0, -mg) nur Gravitation in y-Richtung mx = Fx = 0; my = Fy = -mg (Newtonsche Bewegungsgleichungen) allgemeine bekannte Lösung (gleichförmige konstant beschleunigte Bewegung): x(t) = ax(t-t0)2 + v0x(t-t0) + x0; y(t) = ay(t-t0)2 + v0y(t-t0) + x0 Randbedingungen: ax = 0; ay = -g; v0x = cos()v0; v0y = sin()v0; x0 = y0 = 0; t0 = 0 x(t) = v0xt; y(t) = - gt2 + v0yt Bei maximaler Reichweite (bei Zeit tm and Ort xm: ym = y(tm) = 0 4.4.3) Beispiele y v0x Kanonenkugel Masse m x(t) = v0xt; y(t) = 0 = y(tm) = 0=- 0 0 v0y x xm t2 + v0yt; Bei maximaler Reichweite (bei Zeit tm and Ort xm: ym= y(tm)= 0 tm2 + v0ytm tm = 0 (das wäre beim Abschuß) oder: tm + v0y tm = 2v0y/g xm = x(tm) = v0xtm = 2v0xv0y/g = 2v02cos()sin()/g nun: gesucht ist Winkel m für den xm() maximal ist. xm() ist maximal (oder minimal) für dxm(=m)/d = 0 dxm()/d = 2v02/g([d/d cos()]sin() + cos()[d/d sin()]) (Kettenregel) = 2v02/g(-sin()sin() + cos()cos()) = 2v02/g(-sin2() + cos2()) = 2v02/g(-1 +1 -sin2() + cos2()) = 2v02/g(-1+cos2() +cos2()) (sin2() + cos2() = 1) = 2v02/g(2cos2()-1) 0 = dxm(m)/d = 2v02/g(2cos2(m)-1) 2cos2(m)-1=0 cos2(m) = ½ cos(m) = + („-“ macht keinen Sinn) m = arccos(+ ) = 45° optimaler Schußwinkel! 4.4.3) Beispiele Beispiel Schuß auf Tor: Ein Ball von m = 500g wird unter einem Winkel von = 60° zum Boden mit einer Geschwindigkeit von v0 =20m/s auf ein Tor geschossen. • Welche maximale Höhe hmax erreicht der Ball? • Nach wie viel Sekunden (tmax) erreicht er diese maximale Höhe? • Trifft er in das Tor (h = 244 Zentimeter hoch), das in einer Entfernung von x0 = 30m y steht? Tor h v0x 0 Ball v 0x v 0 cosα v 0 v v sin α 0y 0 v0 v0y 0 F x0 x 4.4.3) Beispiele y Tor h v0x 0 Ball v v cos() v 0 0x 0 v sin( ) v0y 0 v0y 0 x0 x Es gibt 2 Richtungen: x‐Richtung parallel zum Boden, y‐Richtung senkrecht dazu. Bewegung in beiden Richtungen kann getrennt voneinander betrachtet werden! D.h. Bewegungsgleichungen für x‐ und für y‐Richtung können getrennt voneinander aufgestellt werden. 4.4.3) Beispiele y Tor h v0x 0 Ball v v cos() v 0 0x 0 v sin( ) v0y 0 v0y 0 Fx 0 F Fy ‐ mg x0 x Dazu müssen alle Kräfte und Geschwindigkeiten in ihre Komponenten in x‐ und y‐ Richtung aufgetrennt werden: Kraft: es wirkt nur Schwerkraft in y‐Richtung auf Ball (nach unten, d.h. "‐" Vorzeichen): Fx = 0, Fy = ‐mg Geschwindigkeit: Vektorzerlegung: v0x = v0cos(), v0y = v0sin() 4.4.3) Beispiele y‐Richtung: Gravitation (konstante Kraft) geradlinige gleichmäßig beschleunigte Bewegung ay(t) = a0y = ‐g = const; vy(t) = a0yt + v0y = ‐gt + v0sin() (setze t0 = 0 und y0 = 0) y(t) = ½a0yt2 + voyt + y0 = ‐½gt2 + v0sin()t Ball steigt zuerst (vy > 0) und fällt dann (vy < 0). Am Umkehrpunkt, d.h. am höchsten Punkt ist seine Geschwindigkeit vy = 0. vy(tmax) = 0 0 = ‐gtmax + v0sin() tmax = v0sin()/g = 20m/s sin(60°)/10m/s2 1,7 s zu dieser Zeit hat der Ball die höchste Höhe erreicht: y hmax = y(tmax) = ‐½gtmax2 + v0sin()tmax tmax Tor = ‐½g(v0sin()/g)2+v0sin()(v0sin()/g) h = ‐½ (v0sin())2/g + (v0sin())2/g g 10m/s2 v0x = ½ (v0sin())2/g y(tmax) =hmax 2 2 h = 2,44 m = ½ (20m/ssin(60°)) /10m/s v 0 0y = ½ (20m/s31/2/2)2/10m/s2 x Ball 0 t = 0 = ½ 300m2/s2 /10m/s2 = 15 m x0 4.4.3) Beispiele Wie lange braucht Ball um Tor zu erreichen (t')? Bewegung in x‐Richtung: Keine Kraft in x‐Richtung geradlinige gleichförmige Bewegung ax(t) = 0; vx(t) = v0x = v0cos() = const (setze x0 = 0) x(t) = voxt + x0 = v0cos()t Ball erreicht Tor zur Zeit t' x(t') = x0 v0cos()t' = x0 t' = x0/(v0cos()) = 30m/(20m/scos(60°)) = 30m/(20m/s1/2) = 30m/10m/s = 3s t' y h v0x 0 Ball y(t') v0y 0 x0 x 4.4.3) Beispiele Wie hoch ist Ball zur Zeit t'? y(t') = ‐½gt'2 + v0sin(60°)t' = ‐½g(x0/(v0cos(60°)) )2 + v0sin(60°)(x0/(v0cos(60°)) ) = ‐½gx02/(v02cos2(60°)) + x0sin(60°)/cos(60°) = ‐½gx02/(v02/22) + x0tan(60°) = ‐2gx02/v02 + x031/2 = = ‐210m/s2(30m)2/(20m/s)2 + (30m)31/2 = ‐20m/s2(9/4)s2 + (30m)31/2 ‐45m + 30m1,73 ‐45m + 52m = 7 m > h Ball fliegt über Tor der Höhe h = 2,44 m hinweg t' y h v0x 0 Ball y(t') v0y 0 x0 x 4.4.3) Beispiele Beispiel Flugkurve eines Balls: Andy Roddck (AR), irgendwann mal an Platz 5 der ATP‐Weltrangliste, bekannt durch seine harten Aufschläge, schlägt einen "Kanonenaufschlag". Dabei gibt er dem Ball eine Geschwindigkeitskomponente in x‐Richtug, v0x = v0cos() v0 = 230 km/h (da klein). Vernachlässigen Sie die Luftreibung, Drehimpulse, sowie Balldurchmesser. Die Parameter sind: z0 = 2,70 m (Höhe des Tennisschlägers an ausgestreckter Hand über Boden), L = 23,77 m (Länge des Tennisfeldes), a = 6,4 m, h = 0,91 m (Höhe des Netzes). a) Welchen Winkel muss AR wählen, damit der Ball in Punkt A (siehe Skizze) auftrifft? (Dies ist garantiert ein Ass!) b) Wie groß ist , wenn der Ball gerade noch über das Netz gehen soll? c) Wie viel Zeit bleibt dem Rückschläger Roger Federer (RF), wenn er den Ball im Punkt B zurückschlagen will? y x 4.4.3) Beispiele Zerlegung der Anfangsgeschwindigkeit in x‐ und z‐Komponente: v0x=v0cos(α)≈v0 für kleine α ‐v0z=v0sin(α) x‐Richtung: keine Beschleunigung, ax=0 vx(t)=v0x ≈v0=const. x(t) = v0t, x(t=0)=0, ax=0 z z0 ‐v0z v0x a v0 O z‐Richtung: Beschleunigung durch Schwerkraft, az=‐g=const. vz(t)=azt+vz0=‐gt‐v0sin(α) t(t) = ½ azt2 + vz0t + z0 = ½ g t2 + v0 sin(α) t + z0 Pfeil für ‐v0z zeigt nach unten, entgegen der positiven z‐Achse negatives Vorzeichen x 4.4.3) Beispiele v0 = 230 km/h z0 = 2,70 m a = 6,4 m g 10 m/s2 4.4.3) Beispiele v0 = 230 km/h z0 = 2,70 m a = 6,4 m h = 0,91 m L = 23,77 m g 10 m/s2 c) Lage des Punktes B: xB=x(tB)=2*L/2 = L x(t)=v0t x(tB)= v0tB = L tB = L/v0 = 0.37 s = Zeit, die der ball bis zum Punkt B benötigt 4.5) Reibung 4.5.1) Was ist Reibung 4.5.2) Konstanter Reibungsterm v0 4.5.3) Linearer Reibungsterm v1 4.5.4) Quadratischer Reibungsterm v2 4.5.1) Was ist Reibung Bisher: Reibung wurde vernachlässigt: a(t) = const v(t) t a(t) = 0 v(t) = const. aber: aus Erfahrung wissen wir, daß z.B. der Wagen auf der Luftkissenbahn nicht bis ins Unendliche mit konstanter Geschwindigkeit weiterfahren wird, auch wenn a(t) = 0. Warum? Reibung Reibung bremst die Bewegung ab Es gibt verschiedene Modelle für Reibung 4.5.1) Was ist Reibung Reibungskräfte ‐ Wichtige Beispiele • Coulomb‐Reibung, (z.B. Haft‐, Gleit‐ und Rollreibung) Geschwindigkeitsunabhängig: FR= ‐ µ FN v0 FN = Auflagekraft = Kraft mit welcher Körper auf Unterlage drückt • Schmiermittelreibung Proportional zur Wurzel der Geschwindigkeit: FR= ‐ cv1/2 v1/2 • Stokes‐Reibung oder Viskose Reibung z.B. in Flüssigkeiten (laminare Strömung) Proportional zur Geschwindigkeit: FR= ‐ rC v v1 • Newton‐Reibung, z.B. Luftwiderstand (turbulente Strömung) Proportional zum Quadrat der Geschwindigkeit: FR= ‐ cv2 v2 Dies sind alles Modelle !! Versuche Reibungskräfte empirisch / rational zu beschreiben 4.5.2) Konstanter Reibungsterm 0 v Coulomb‐Reibung (Gleit‐, Haft‐, Rollreibung) (trockene Reibung) = Reibung der Bewegung eines Körpers ohne Schmiermittel über Oberfläche. Gleitreibungskraft proportional zu Normalkraft, (d.h. zur Kraft senkrecht zur Oberfläche) : FR= ‐ µ FN : dimensionsloser Reibungskoeffizient Reibungskraft FR auf Körper in Abhängigkeit der eingesetzten Kraft F: Für F > FN (maximale Haftreibungskraft) beginnt Körper zu gleiten. Idealer Gleitreibung: Reibungskraft hängt weder von Berührungsfläche der Körper noch von ihrer Geschwindigkeit ab! Vorstellung: mikroskopische Unebenheiten von Körper und Unterlage verzahnen sich. »Eindringtiefe« wird durch Druck bestimmt, den Körper auf Oberfläche ausübt Unabhängigkeit von der Fläche. Um Körper eine Strecke dx fortzubewegen, muss feste Anzahl solcher Unebenheiten mit Arbeit đW überwunden werden. đW wird von Reibungskraft aufgebracht đW Mikroskopisches Modell unabhängig von Geschwindigkeit der Gleitreibung • Reibung hängt von Masse der Körpers ab (von Kraft mit der Körper auf Unterlage gedrückt wird) • Reibung hängt ab von Material des Körpers Koeffizienten für Haftreibung Stoffpaar mH Stahl auf Stahl 0,15 Stahl auf Holz 0,5‐0,6 Stahl auf Eis 0,027 Holz auf Holz 0,65 Holz auf Leder 0,47 Gummi auf Asphalt 0,9 Gummi auf Beton 0,65 Gummi auf Eis 0,2 Gewicht drehen Reibungskraft bleibt gleich (da Normalkraft gleich geblieben ist; keine Abhängigkeit mit Auflagefläche) doppeltes Gewicht Reibungskraft verdoppelt sich (da Normalkraft verdoppelt) 4.5.2) Konstanter Reibungsterm Haftreibung m∙x F α ∙ x0 γ = (α γ ) 0 v Typ der zu lösenden DGL (x0 = v0 = 1) Beispiel: Reibung auf schiefer Ebene Ein Schlitten fährt einen Hang (Neigungswinkel = 10 °) hinab und erreicht nach x' = 40 m eine Geschwindigkeit v' = 10 m/s. Wie groß ist die Reibungszahl µ ? (Die Luftreibung soll vernachlässigt werden) FR m FG x 4.5.2) Konstanter Reibungsterm FR m 0 v Auf Körper wirken zwei verschiedene Kräfte: Reibungskraft und Schwerkraft. FG • Schwerkraft FG = mg wirkt nach unten Schwerkraft lässt sich in zwei Komponenten zerteilen: eine Komp. parallel und eine Komp. senkrecht zur Bahn (die um Winkel zum Boden geneigt ist) FG = cos()FG, FG = sin()FG . Durch FG wird Masse m in x‐Richtung beschleunigt FN FG • F G x Reibungskraft FR ist Bewegung entgegengesetzt (zeigt entgegengesetzt der Bewegungsrichtung x). Im Modell der Coulomb‐Reibung ist Reibungskraft proportional zu Kraft, mit der Körper auf Oberfläche gedrückt wird (= Normalkraft); Proportionalitätskonstante ist Reibungskoeffizient . FR = FN 4.5.2) Konstanter Reibungsterm FR m FN FG 0 v FG F G x FR = FN Für die Bewegungsgleichung in x‐Richtung sind nur Kräfte in x‐Richtung relevant, d.h. FG und FR Die Summe der externen Kräfte ist: F = FG ‐ FR = sin()FG ‐ FG = (sin()‐) FG = (sin()‐) mg ("+" da FG in x‐Richtung und "‐" da FR entgegen x‐Richtung zeigt) die Bewegung in x‐Richtung ist also eine geradlinige gleichförmig beschleunigte Bewegung mit (sin()‐) mg = ma 4.5.2) Konstanter Reibungsterm Bewegungsgleichung: FR m FN FG 0 v gleichförmig gleichmäßig beschleunigte Bewegung: FG (sin ‐ ) mg = F = ma FG x a(t) = (sin()‐) g = const. v(t) = at + v0 = at (keine Anfangsgeschwindigkeit) = (sin()‐)gt (Einsetzen der Beschleunigung) nach Zeit t' hat Schlitten den Weg x' zurückgelegt und hat die Geschwindigkeit v' v' = (sin()‐)gt' t' = v'/((sin()‐)g) = v'/a x(t) = ½at2 + v0t + x0 = ½at2 (Schlitten ist zur Zeit t am Ort x = 0 mit v = 0) x' = x(t') = ½a(v'/a)2 = ½v'2/a = ½v'2/((sin()‐)g) (sin()‐) = ½v'2 / (x'g) = sin()‐ ½v'2 / (x'g) = sin(10°)‐ ½(10m/s)2 / (40m10m/s2) 0,174 ‐ 0,125 0,05 4.5.2) Konstanter Reibungsterm 0 v Beispiele: FG Gewichtskraft: F = mg G FR FN FG m FG// Anteil der Gewichtskraft parallel zur Ebene FG FG Anteil der Gewichtskraft senkrecht zur Ebene FG x FR Reibungskraft FR FG (parallel zur Ebene) FG > FR Körper gleitet Ebene hinunter 4.5.2) Konstanter Reibungsterm 0 v Beispiele: FG Gewichtskraft: FG = mg FR m FG FN FG FG x FG// Anteil der Gewichtskraft parallel zur Ebene FG Anteil der Gewichtskraft senkrecht zur Ebene FR Reibungskraft FR FG (parallel zur Ebene) FG = FR Körper fängt gerade an zu gleiten 4.5.2) Konstanter Reibungsterm 0 v Beispiele: FG Gewichtskraft: FG = mg FR m FG FG FN FG x FG// Anteil der Gewichtskraft parallel zur Ebene FG Anteil der Gewichtskraft senkrecht zur Ebene FR Reibungskraft FR FG (parallel zur Ebene) FG < FR Körper bleibt wegen Reibung liegen Je größer umso größer FG und umso kleiner FR 0 FG FG 0 FG FG 0 FR FG 4.5.3) Linearer Reibungsterm 1 v Stokes‐Reibung oder Viskose Reibung Für kleine Kügelchen vom Radius r, die sich mit der Geschwindigkeit v durch ein Fluid bewegen, ist die Reibungskraft FR gegeben durch das Stokes'sche Gesetz: FR = 6rv Dabei ist eine Materialeigenschaft des Fluids (die sogenannte Zähigkeit). F α ∙ x γ Typ der zu lösenden DGL (x = v = v0) vgl. Kap 9: Hydrostatik und Hydrodynamik Stokes‐Reibung ist proportional zur Geschwindigkeit! (gilt z.B. bei laminarer Strömung) 4.5) Reibung Beispielaufgabe: Betrachten Sie Masse m0, die schiefe Ebene hinunter gleitet (Winkel mit der Horizontalen). Die viskose Reibungskraft wirkt der FR k 0 F v F F Hangabtriebskraft F entgegen. und sind die parallele und senkrechte Komponente der Gewichtskraft. Es seien m0 = 10 kg, = 70°, v0 = 50 km/h, k0 = 0,02 s/m. Welche Endgeschwindigkeit stellt sich ein? Achtung! Hier wird nicht Coulomb‐ sondern Newton‐Reibung für das Gleiten des Körpers entlang einer schiefen Ebene eingesetzt. Die experimentellen Gegebenheiten (Materialien, Parameter,...) bestimmen, welches Modell besser paßt FR FG Gewichtskraft: FG = mg FG// Anteil der Gewichtskraft parallel zur Ebene FG Anteil der Gewichtskraft senkrecht zur Ebene FR Reibungskraft: FR = k0FGv FG// FG FG x 4.5) Reibung F FG// FR FG// k 0 FG x F mx FG FG cos(α) mg cos(α) FG// FG sin(α) mg sin(α) mg sin(α) k 0 mg cos(α) x mx mx k 0 mg cos(α) x mg sin(α) 0 Bewegungsgleichung für x für x können wir diese Differentialgleichung nicht direkt lösen, wohl aber für v : x v , x v mv k 0 mg cos(α) v mg sin(α) 0 Bewegungsgleichung für v v dv/dt dv dv k 0 mg cos(α) v(t) mg sin(α) 0 k 0g cos(α) v(t) g sin(α) 0 dt dt Lösung durch Separation der Variabeln : alles mit v auf eine Seite, alles mit t auf andere dv g sin(α) - k 0g cos(α) v(t) dv g sin(α) - k 0g cos(α) v(t) dt dt dv dt jetzt ist alles mit v auf linker Seite und alles mit dt auf rechter g sin(α) - k 0g cos(α) v(t) m v( t ) v0 dv g sin(α) - k 0g cos(α) v(t) t dt 0 nachdem Variabeln separiert wurden kann integriert werden 4.5) Reibung v( t ) v0 t dv dt g sin(α) - k 0g cos(α) v(t) Formelsammlung : 0 dx 1 ln(a x b) bax a v 1 ln g sin(α) - k 0g cos(α) v(t) t 0t const ( t 0) const t const v0 - k 0g cos(α) ln g sin(α) - k 0g cos(α) v(t)vv - k 0g cos(α) t const ' 0 ln g sin(α) - k 0g cos(α) v ln g sin(α) - k 0g cos(α) v 0 - k 0g cos(α) t const ' ln g sin(α) - k 0g cos(α) v - k 0g cos(α) t const ' ' (Konstanten können beliebig zusammengefasst werden) g sin(α) - k 0g cos(α) v exp- k 0g cos(α) t const ' ' - k 0g cos(α) v exp- k 0g cos(α) t const ' ' - g sin(α) 1 g sin(α) exp- k 0g cos(α) t const ' ' - k 0g cos(α) - k 0g cos(α) 1 1 exp- k 0g cos(α) t const ' ' tan() - k 0g cos(α) k0 v Konstante bestimmen : 1 1 exp- k 0g cos(α) 0 const ' ' tan() - k 0g cos(α) k0 1 1 1 expconst ' ' tan() 0 expconst ' ' tan() - k 0g cos(α) k0 g cos(α) v(t 0) v 0 0 0 1 expconst ' ' sin() expconst ' ' g sin() const ' ' ln g sin() g 4.5) Reibung 1 1 tan() exp- k 0g cos(α) t ln g sin() - k 0g cos(α) k0 1 1 tan() exp- k 0g cos(α) t expln g sin() k0 - k 0g cos(α) v 1 1 exp- k 0g cos(α) t g sin() tan() - k 0g cos(α) k0 g sin() 1 exp- k 0g cos(α) t tan() - k 0g cos(α) k0 1 1 tan() exp- k 0g cos(α) t tan() k0 k0 1 tan() 1 - exp- k 0g cos(α) t k0 v(t) 1 tan() 1 - exp- k 0g cos(α) t k0 Grenzwertbestimmung : 1 1 1 tan() 1 - exp- k 0g cos(α) 0 tan() 1 - exp0 tan() 1 - 1 0 v(0) k0 k0 k0 v v( t ) 1 1 tan() 1 - exp- k 0g cos(α) tan() 1 - exp- k0 k0 1 1 tan() 1 - 0 tan() k0 k0 4.5) Reibung Endgeschwindigkeit kann aber auch direkt aus Bewegungsgleichung durch Grenzwertbildung berechnet werden m ẍ + k0 m g cos(α)∙ẋ=0 Bewegungsgleichung Im Gleichgewicht gilt ẍ (t∞)=0 (keine Beschleunigung) k0 m g cos(α)∙ẋ(t∞) = m g sin(α) k0 cos(α)∙ẋ(t∞) = sin(α) ẋ(t∞) = v = sin(α) / (k0cos(α)) = tan(α) / k0 (= konstante Endgeschwindigkeit) v(t∞) = 137 m/s ≈ 500 km/h Achtung: hier zeigt sich Unterschied Coulomb‐Reibung zu Newton‐Reibung. Bei Coulomb‐Reibung wächst Geschwindigkeit linear mit Zeit, bei Newton‐Reibung gibt es eine Grenzgeschwindigkeit v(t∞) 4.5) Reibung Beispielaufgabe: In einer Horizontalbewegung startet Masse m0 mit Geschwindigkeit v0. Es liegt viskose Reibung vor: . ist Gewichtskraft. Es seien m FR k 0 F v F 0 = 10 kg, v0 = 50 km/h, k0 = 0,02 s/m. Wie weit rutscht Körper (d.h. wie lang ist Bremsweg)? FG Gewichtskraft: FG = mg x FR FG// = 0 Anteil Gewichtskraft parallel zur Ebene FG = FG Anteil Gewichtskraft senkrecht zur Ebene FR Reibungskraft: FR = k0FGv = k0FGv FG Behandlung wie schiefe Ebene mit Winkel = 0 Reibungskraft FR ist einzige Kraft in x‐Richtung, es gibt keine Komponente der Schwerkraft in x‐Richtung F ‐ FR mx (parallel zur x ‐ Ebene wirkt nur die Reibungskraft, nicht die Gravitation! k 0mg x mx x k 0 g x (statt x verwenden wir v mit v x und v x) v dv k 0 gv Separation der Variablen : alles mit v nach links, alles mit t nach rechts dt dv k 0 g dt v 4.5) Reibung dv s s m 1 k 0 gdt (Überprüfung der Einheiten : k 0 , k 0 g 2 ) v m m s s v t t dv (k 0 g)dt k 0 g dt Integrieren v 0 0 v0 lnv v0 k 0 gt0 const ln(v) ‐ ln(v 0 ) ln( v e v ln v0 t v ) k0 g (t 0) k0 gt const e ‐ Funktion anwenden v0 v e k 0gt const ' v(t) v 0e k 0 gt ´const' ' v 0e k 0gt ´ (Integrationskonstante const' ' 0, da v(t 0) v 0 ) v0 t 1 k 0gt v 0 k 0 gt v0 k 0 gt t e 1 const const e e x(t) v(t)dt v 0 e dt v 0 0 const k g k g k g 0 0 0 0 0 0 v v v 0 e k 0gt 1 const 0 1 e k 0 gt const 0 1 e k 0 gt Integrationskonstante const 0, da x(t 0) 0 k 0g k 0g k 0g t t k 0 gt wie weit rutscht der Körper? x(t ) v v v v0 1 ‐ e k 0 g 0 1 ‐ e 0 1 ‐ 0 0 k 0g k 0g k 0g k 0g im Beispiel: x ( t ) v0 71m k 0g Reibung bremst Körper immer weiter ab, bis Geschwindigkeit v(t) =0 wird. Bis dahin hat Körper die Strecke x(t) = v0/k0g zurückgelegt 4.5) Reibung Newton‐Reibung Newton‐Reibung proportional zum Quadrat der Geschwindigkeit! (gilt z.B. bei turbulenter Strömung) Beispiel: Fallschirmspringer Ohne Reibung würde Geschwindigkeit für immer linear mit Zeit wachsen (da konstante Beschleunigung Richtung Erde durch Gravitation), d.h. der Fallschirmspringer würde immer schneller und schneller werden. Aber: durch Reibung gibt es eine Grenzgeschwindigkeit. D.h. nach gewisser Fallzeit wächst Geschwindigkeit nicht mehr sondern bleibt konstant. Die Größe der Reibung hängt von Fläche des Schirms ab, d.h. durch großen Schirm kann Reibung so groß werden dass die Grenzgeschwindigkeit so niedrig bleibt, dass der Fallschirmspringer den Aufprall auf den Boden überlebt. 4.5) Reibung Der freie Fall mit Newtonscher Luftreibung führt auf Differentialgleichung für Geschwindigkeit v v c v 2 g mit positiven Konstanten c und g. Zur Zeit t = 0 sei v(0) = v0 = 0. a) Bestimmen Sie aus dieser Gleichung die Grenzgeschwindigkeit v = v(t) b) Lösen Sie die Differentialgleichung c) Verifizieren Sie anhand der Lösung das Ergebnis von a) Geschwindigkeit bei Absprung t = 0 sei v0 = 0 FR FG x F FG - FR mx mit Reibungskraft FR Cv 2 Cx 2 und Gewichtskraft FG mg mg - Cx 2 mx mg Cv 2 mv mv Cv 2 mg C v v 2 g m v c v 2 g mit c C m physikalische Herleitung der Differentialgleichung 4.5) Reibung v cv 2 g (1) dv dv dv cv 2 g g cv 2 dt (2) Separation der Variablen v und t 2 g cv dt dt a) Die Grenzgeschwindigkeit kann durch (1) direkt durch Grenzwertbildung abgelesen werden v v(t ) 0 (falls es Grenzwert gibt, dann muss Beschleuni gung im Grenzfall 0 sein) einsetzen in (1) v cv 2 g 0 cv 2 g v 2 g g v c c b) nun Lösung durch Integration dv dt (2) g cv 2 dv dx 2 2a x dt Formelsamm lung : ‐ arctan 2 2 g cv c ax ‐ 4a c ‐ 4a c v0 0 v t v 2(‐c) v 2 t t00 const ‐ arctan ‐ 4(‐c) g ‐ 4(‐c) g v0 v 2c v 2 (t 0) const t const ‐ arctan 4c g v 4c g 0 4.5) Reibung v 2c v 2 (t 0) const t const ‐ arctan 4c g v 4c g 0 v v 1 1 cv c arctanh arctanh v t const g cg cg v 0 cg v0 v 1 c arctanh v cg t const' g cg v0 c c v arctanh v 0 cg t const' arctanh g g c c arctanh v cg t arctanh v 0 const' cg t const' ' g g (ich darf alle Konstanten beliebig zu neuen Konstanten zusammenfassen) 4.5) Reibung c v tanh( cg t const' ' ) g g tanh cg t const' ' c Bestimmung der Konstanten : v v(t 0) v 0 0 g tanh cg 0 const' ' 0 tanh const' ' 0 const ' ' 0 c v g g tanh cg t tanh cg t (tanh(x) ‐ tanh(‐x)) c c v(t) g tanh cg t c 4.5) Reibung c) Nun kann Grenzwert direkt aus Lösung v(t) bestimmt werden v(t) g tanh cg t c g g g v v(t ) tanh cg tanh (da tanh() 1) c c c Bestätigung des Resultats aus a) Es gibt eine Grenzgeschwindigkeit, d.h. die Geschwindigkeit wächst nur bis zu dieser Grenzgeschwindigkeit Je größer c, umso kleiner wird Endgeschwindigkeit Wodurch ist c bestimmt? In erster Linie durch Querschnittsfläche: je größer Fläche des Fallschirms, desto größer Luftreibung und desto kleiner Endgeschwindigkeit Bei Autos gibt es cW Wert. Dies ist analog ein Parameter zur Messung der Reibung je kleiner der cW Wert umso "windschnittiger" ist das Auto, d.h. umso kleiner der Effekt der Luftreibung entgegen der Fahrtrichtung was man sich merken sollte: • Integrieren ist Umkehrung von Differenzieren • Um Bewegungsgleichungen aufzustellen wird mit F(t) = ma(t) gestartet Integration über Zeit aus a(t) wird v(t) Integration über Zeit aus v(t) wird x(t) • zwei wichtige Fälle: keine Beschleunigung a(t) = 0 Geschwindigkeit für alle Zeiten konstant v(t) = v0 = const x(t) = v0t + x0 zurückgelegter Weg wächst linear mit Zeit a(t) = a = const konstante Beschleunigung (Grenzfall a=0 enthalten) v(t) = at + v0 Geschwindigkeit wächst linear mit Zeit x(t) = ½at2 + v0t + x0 zurückg. Weg wächst quadratisch mit Zeit • Falls Bewegung in mehrere Richtungen erfolgt (x, y, z) so sind Bewegungsgleichungen entkoppelt • Reibung ist eine Kraft die entgegen der Bewegungsrichtung wirkt es gibt verschiedene Modelle zur Reibung
