3. Tutorium 000000 111111

Kinematik und Dynamik (Mechanik II) - Prof. Popov SoSe 2015, KW 19
2. Newtonsches Gesetz
Eingeprägte Kräfte vs. Zwangskräfte
Seite 1
Version vom 24. April 2015
3. Tutorium
Tutorium
d
v0
h
34. Ein mechanischer Basketballspieler wirft den Ball immer unter
dem Winkel α ab. Der Luftwiderstand sei vernachlässigbar.
α
(a) Wie groß muß die Abwurfgeschwindigkeit sein, damit der
Ball den Korb trifft?
g
(b) Ab welcher minimalen Entfernung d von dem Korb
hat der Basketballspieler keine Möglichkeit mehr einen
gültigen Korb zu erzielen (der Ball muss von oben durch
den Korb)?
Geg.: α, h, d, g
35. Auf einer schiefen Ebene bewegt sich reibungsfrei ein
Körper der Masse M , Bewegungskoordinate s, infolge der Schwerkraft abwärts. In einer radialen Bohrung
ist ein Zylinder der Masse m, der Relativkoordinate x,
elastisch angeordnet, der sich ebenfalls reibungsfrei bewegen kann. Für die entspannte Lage der Federn gilt
s = 0 und x = 0. Bestimmen Sie die Bewegungsdifferentialgleichungen für die Koordinaten s und x.
2c
z
s
m
g
x
M
c
α
Geg.: m, M , c, α, g
50. Auf der skizzierten Scheibe, die mit der konstanten
Winkelgeschwindigkeit ω rotiert, gleitet die Masse m
in einer diametralen Führung. Zwischen der Masse m
und ihrer Führung herrscht der Reibkoeffizient µ. Die
Scheibe liegt in einer horizontalen Ebene, d. h. die Gewichtskraft wirkt in Richtung der Drehachse.
Zum Zeitpunkt t = 0 hat die Masse m keine Relativgeschwindigkeit zur Scheibe und den Abstand r0 von
der Drehachse der Scheibe. Stellen Sie für diese Annahmen die Bewegungsdifferentialgleichung für die Masse
m auf!
Geg.: m, r0 , ω, µ
m
µ
111
000
000
111
ω
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2. Newtonsches Gesetz
Eingeprägte Kräfte vs. Zwangskräfte
Seite 2
Version vom 24. April 2015
Hausaufgaben
36. In einem Fussballspiel wird ein Freistoß
gegeben. Der Freistoßschütze möchte den
Ball so treten, dass dieser bei der Mauer,
an der Stelle x1 , und bei der Torlinie, an
der Stelle 3x1 , die Höhe h hat.
Berechnen Sie bei Vernachlässigung des
Luftwiderstandes den notwendigen Antrittswinkel α, sowie die notwendige Anfangsgeschwindigkeit v0 des Balls.
Geg.: g, x1 , h, cos2 α =
g
z
v0
h
α
x
x1
0
3x1
1
tan2 α+1
38. Ein Fußballspieler spielt den Ball (Masse m) mit
der Geschwindigkeit v0 unter dem Winkel α0 zur
Horizontalen ab. Es herrscht die Erdbeschleunigung
g. Während des Fluges wirkt eine Widerstandskraft
F W = kv entgegen der Richtung der Geschwindigkeit
auf den Ball. Man bestimme die Geschwindigkeitskomponenten in Abhängigkeit von der Zeit. Wie groß ist
Horizontalkomponente, wenn der Ball beim Mitspieler
(Abstand l) ist?
α0
v0
l
Geg.: v0 , α0 , k, g
43. Zwei Massen M und m sind über ein Seil miteinander
verbunden. Zum Zeitpunkt (t = 0) besitzt das System
die Anfangsgeschwindigkeit v = 0. Der Klotz M gleitet
von A nach B reibungsfrei. Von B nach C herrscht der
Reibungskoeffizient µ. Wie groß muß µ sein, damit der
Klotz genau an der Stelle C zum Halten kommt?
Geg.: l, M = 2m, m, µ, g
M
111111111111111
000000000000000
A
B
C
000000000000000
111111111111111
µ = 0 µ 6= 0
000000000000000
111111111111111
000000000000000
111111111111111
000000000000000
111111111111111
000000000000000
111111111111111
l
10l
m
000000000000000
111111111111111
000000000000000
111111111111111
000000000000000
111111111111111
000000000000000
111111111111111
g
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2. Newtonsches Gesetz
Eingeprägte Kräfte vs. Zwangskräfte
Tutorium
Lösungshinweise Seite 1
Version vom 26. April 2015
(b) Wie in der Aufgabe berechnet, ergibt sich für die
Flugbahn eine ”Wurfparabel”: Es ist der Mindestabstand
gesucht bei errechneter Abwurfgeschwindigkeit v0 . Gleichung (12):
Aufgabe 34
(a)
z
z(x) = −
v0
gx2
+ x tan α
2v02 cos2 α
(17)
Gleichung (15) in (12):
x
Bewegungsgleichung in kartesischen Koordinaten lautet:
mẍ = 0
mz̈ = −mg
(18)
(19)
(1)
Zweifache Integration führt nach Kürzen von m auf:
ẋ = c1
−g2 cos2 α(d tan α − h) 2
x + x tan α
2 cos2 α · gd2
h − d tan α 2
z(x) =
x + x tan α
d2
z(x) =
mg
ż = −gt + c3
(2)
z = −g
(3)
Der höchste Punkt muss vor dem Treffen in den Korb
erreicht sein. Andernfalls würde der Ball von unten durch
den Korb geworfen.
2
x = c1 t + c2
t
+ c3 t + c4
2
2(h − d tan α)
dz(x)
!
=
xzmax + tan α = 0
dx
d2
Integrationskonstanten folgen aus den Anfangsbedingungen:
ẋ(0) = v0 cos α ⇒ c1 = v0 cos α
x(0) = 0
⇒ c2 = 0
ż(0) = v0 sin α
z(0) = 0
⇒ c3 = v0 sin α
⇒ c4 = 0
(4)
(5)
(6)
(7)
Einsetzen:
ẋ = v0 cos α
ż = −gt + v0 sin α
xzmax = −
x = v0 cos αt
(8)
2(tan α −
(9)
mit x < dm in ⇒ 1 <
Elimination der Zeit:
t=
x
v0 cos α
(10)
Bedingung
z(d) = h
h=−
gd2
+ d tan α
cos2 α
gd2
= d tan α − h
2v02 cos2 t
·
v02
(d tan α − h)
gd2
α(d tan α − h)
√
d g
p
v0 =
cos α 2(d tan α − h)
v02 =
2 cos2
(22)
h > tan α
dm in
2h
<d
tan α
(23)
(24)
(11)
(12)
einsetzen:
2v02
d tan α
h
)=
d
xzmax
dm in
x :
2 tan α −
Einsetzen in (9);
gx2
x
z(x) = − 2
+ v0 sin α
2
2v0 cos α
v0 cos α
2
gx
+ x tan α
z(x) = − 2
2v0 cos2 α
(21)
Forderung: xzmax > 0 erfordert einen positiven Nenner
und
0 < xzmax < d (sonst wird der Korb nicht
getroffen). Aus vorheriger Gleichung folgt:
2
t
z = −g + v0 sin αt
2
d tan α
d2 tan α
>0
=
2(h − d tan α)
2 − hd + tan α
(20)
(13)
(14)
(15)
(16)
z.B. für α = 45◦ ⇒ d > 2h Das ist die Voraussetzung dass das Maximum der Parabel schon vor der Stelle
dm in erreicht wird. Das bedeutet, dass der Korb automatisch von oben getroffen wird. Ist die Ungleichung nicht
erfüllt fliegt der Ball von unten durch den Korb.
Aufgabe 35
Beide Körper führen eine reine Translationsbewegung aus.
Die Bewegung wird mit zwei Koordinaten beschrieben: s
und x. Die Koordinate x beschreibt die Bewegung der
Masse m relativ zum starren Körper (Masse M ). Beim
Aufstellen der Gleichgewichtsbedingung am Massepunkt
bzw. beim Schwerpunktsatz (starrer Körper) ist später
darauf zu achten, dass tatsächlich mit der Absolutbeschleunigung gerechnet wird. Für die entspannte Lage der
Federn gilt s = 0 und x = 0.
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2. Newtonsches Gesetz
Eingeprägte Kräfte vs. Zwangskräfte
~ey0
Lösungshinweise Seite 2
Version vom 26. April 2015
Elimination der Zwangskraft FN 1 ergibt nach einfacher
Umformung die gesuchten Bewegungsdifferentialgleichungen
~ey1
~rm
~ex0 ~
R
m (ẍ + s̈ cos α) + 2cx = 0 ,
(33)
M + m sin α s̈ + 2c (s − x cos α) = (M + m) g sin α .
(34)
g
2
~ex1
~r
Aufgabe 50
Allgemein gilt
α
e˙r = ϕ̇eϕ
e˙ϕ = −ϕ̇er
Die Ortsvektoren zu den Schwerpunkten der beiden
Körper lauten
~ = s(t) · ~ex0
~rM = R
~ + ~r
~rm = R
(25)
Mit r = r(t)er folgt
a = r̈ = (r̈ − rϕ̇2 )er + (2ṙϕ̇ + rϕ̈)eϕ
(26)
= s(t) · ~ex0 + x(t) · ~ex1
(27)
Da ϕ̇ = ω = const, ist ϕ̈ = 0 und es folgt:
a = r̈ = (r̈ − rω 2 )er + 2ṙωeϕ
Zweifache Ableitung nach der Zeit führt auf die Beschleunigungen:
~r¨M = s̈(t) · ~ex0
~r¨m = s̈(t) · ~ex0 + ẍ(t) · ~ex1
Freischnitt für beliebig
ausgelenkte
Lage:
Die Widerstandskraft
wirkt entgegen der
Bewegung. Dass die
Bewegung tatsächlich
N
nach außen gerichtet
ist (ṙ > 0), muß später
nochmals
überprüft
werden.
(28)
(29)
m
Durch Freischneiden der beiden Körper in einer ausgelenkten, bewegten Lage werden sämtliche Kräfte sichtbar gemacht:
eϕ
er
R
s
Das 2. Newtonsche Gesetz angewendet auf die Masse lautet
FN 1
2cs
cx
mr̈ = −Rer + N eϕ
cx
Das Kraftgesetz für die Reibkraft (Coulomb) lautet
R = µN
FN 2
Mg
Es folgt durch Einsetzen
s
m((r̈ − rω 2 )er + 2ṙωeϕ ) = −µN er + N eϕ
mg
x
Die Vektorgleichung kann skalar mit den Basisvektoren
multipliziert werden, und man erhält zwei Gleichungen
cx
m(r̈ − rω 2 ) = −µN
cx
2mṙω = N
FN 1
Aufstellen des Zweiten Newtonschen Grundgesetzes führt
auf die folgenden Differenzialgleichungen:
m (ẍ + s̈ cos α) = −2cx ,
−ms̈ sin α = FN 1 − mg
(30)
(31)
M s̈ = −2cs + (M g + FN 1 ) sin α + 2cx cos α .
(32)
Diese letzten beiden Gleichungen können ineinander eingesetzt werden, und es ergibt sich die gesuchte Differentialgleichung (die Bewegungsgleichung)
r̈ + 2µω ṙ − ω 2 r = 0
.
Die Bewegung für t > 0 ist für r(0) > 0 und ṙ(0) = 0
tatsächlich durch ṙ > 0 charakterisiert.
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2. Newtonsches Gesetz
Eingeprägte Kräfte vs. Zwangskräfte
Hausaufgaben
Lösungshinweise Seite 3
Version vom 26. April 2015
ergibt sich aus Gleichung (44)
1
1 g
h = · 2 · x21 ·
3
2 v0
Aufgabe 36
Lösung über 2. Newtonschen Gesetz in x-und y-Richtung,
sowie unbestimmte Integration:
ẍ = 0
ẋ = C1
x = C1 x + C2
z̈ = −g
ż = −gt + C3
1
z = − gt2 + C3 t + C4
2
(35)
(36)
.
x(t0 ) = 0 = C2
16 h2
· 2 +1
9 x1
und schließlich umgestellt nach v0 :
s
16 2
1 g
· ·
· h + 3x21
v0 =
2 h
3
(51)
(52)
(37)
Mit den Anfangsbedingungen in x-und z-Richtung:
ẋ(t0 ) = v0 · cos α = C1
Aufgabe 38
ż(t0 ) = v0 sin α = C3
(38)
z(t0 ) = 0 = C4
(39)
Freischnitt:
v
FW
ergibt sich:
x(t) = v0 cos α · t
(40)
1
z(t) = − gt2 + v0 sin αt
2
(41)
x
α
mg
Umstellen von Gleichung (40) nach t:
t=
x
v0 cos α
z
(42)
Widerstandskraft:
und einsetzen in Gleichung (41) ergibt die Flugbahn z(x)
FW =
2
x
1
+ tan α · x
z(x) = − g 2
2 v0 cos2 α
(43)
(53)
Bewegungsgleichungen:
Einsetzen der geometrischen Bedingungen in Gleichung
(43) ergibt:
g
1
· x2 + tan α · x1
z(x1 ) = h = − · 2
2 v0 cos2 α 1
(44)
1
g
z(3x1 ) = h = − · 2
· (3x1 )2 + tan α · 3x1
2 v0 cos2 α
(45)
mẍ = −FW cos α
mz̈ = mg + FW sin α
(54)
(55)
Komponenten der Geschwindigkeit:
Diese Gleichungen enthalten v0 und α als Unbekannte.
Das Gleichungssystem wird nun wie folgt gelöst.
aus (44) erhällt man:
1
g
· x2 = tan α · x1 − h
2
2 v0 cos2 α 1
FW x
−FW cos α
=
FW z
FW sin α
ẋ = v cos α
ż = −v sin α
Mit FW = kv und Gleichung (56) in (54) bzw. (57) in
(55):
(46)
aus (45) folgt:
(56)
(57)
mẍ = −kv cos α = −k ẋ
mz̈ = k v| sin
{z α} +mg = −k ż + mg
(58)
(59)
=−ż
g
1
· 9x21 = tan α · 3x1 − h
2 v02 cos2 α
(47)
Kinematik:
dẋ
dt
dż
z̈ =
dt
Division von (46):(47) ergibt:
ẍ =
tan α · x1 − h
1
=
9
tan α · 3x1 − h
(48)
(61)
Gleichung (60) in (58):
Umstellen nach α ergibt:
α = arctan
4 h
·
3 x1
1
2
tan α + 1
dẋ
= −k ẋ
dt
(62)
dż
= −k ż + mg
dt
(63)
m
(49)
Gleichung (61) in (59):
Mit dem gegebenen Zusammenhang:
cos2 α =
(60)
(50)
m
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2. Newtonsches Gesetz
Eingeprägte Kräfte vs. Zwangskräfte
Version vom 26. April 2015
kt∗
m
m
v0 cos α0 − v0 cos α0 · e− m
k
k
∗
m
m
− kt
m
= v0 cos α | · k; −kl
l + v0 cos α0 e
k
k
Trennen der Veränderlichen:
l=
k
dẋ
= − dt
ẋ
m
k
dż = g − ż dt
m
k mg dż = −
ż −
dt
m
k
k
dż
= − dt
ż − mg
m
k
(64)
mv0 cos α0 e−
e−
⇒
dx
→ ln x
x
(66)
Integration:
k
ln ẋ = − t + C1
m
k
mg = − t + C2
ln ż −
k
m
(67)
|e(
kt∗
m
kt∗
m
= mv0 cos α − kl
1
=
e
kt∗
m
(65)
allg.:
Z
Lösungshinweise Seite 4
)
(68)
1
=
kt∗
m
v0 cos α − kl
v0 cos α0
kt∗
m
·
e
kt∗
v0 cos α0
= e m | · ln
v0 cos α − kl
m
mv0 cos α0
⇒ t∗ =
ln
k
mv0 cos α0 − kl
v0 cos α − kl
v0 cos α0
−1
Horizontalkomponente der Geschwindigkeit:
ẋ(t) = v0 cos α0 e−
ẋ(t∗ ) = v0 cos α0 e
Anfangsbedingungen:
|·e
kt∗
m
k
−m
·m
k ln
mv0 cos α0
mv0 cos α0 −kl
(mv0 cos α0 − kl)
mv0 cos α0
kl
ẋ(t∗ ) = v0 cos α0 −
m
ẋ(t∗ ) = v0 cos α0 ·
Aus (67) folgt:
ẋ(t) = e(− m +C1 )
kt
kt
ẋ(t) = e− m · eC1
ẋ(0) = v0 cos α0 = eC1
Aufgabe 43
kt
ẋ(t) = v0 cos α0 e− m
Es gelten die folgenden Annahmen: Das Seil sei undehnbar und masselos. Zudem sind die Rollen reibungsfrei. Der
hängende Klotz bewegt sich nach unten, d. h. x˙2 ≥ 0. In
der Ausgangslage sei zudem x1 (0) = x2 (0) = 0.
Aus (68) folgt:
ż(t) −
k
mg
= e(− m t+C2 )
k
k
ż(t) = e− m t · eC2 +
mg
k
mg
= −v0 sin α
k
mg
eC2 = −v0 sin α −
k
kt
mg mg
ż(t) =
−
+ v0 sin α0 e− m
k
k
ż(0) = eC2 +
x1
Mg
FS
FR
FS
FN
x2
Horizontalkomponente des Weges:
x(t) = −
kt
m
v0 cos α0 e− m + C3
k
mg
Anfangsbedingungen:
x(0) = 0
m
⇒ C3 = v0 cos α0
k
Das Newtonsche Grundgesetz liefert unter Berücksichtigung der gemachten Annahmen für die Klötze
M ẍ = FS − FR ,
Einsetzen liefert:
x(t) =
kt
m
v0 cos α0 1 − e− m
k
Erreichen des Mitspielers:
x(t∗ ) = l
M g = FN ,
mẍ = mg − FS ,
wobei die kinematische Bedingung x1 = x2 = x bereits
eingearbeitet wurde. Für die Reibung sei das Coulombsche
Gesetz angenommen:
FR = µFN .
Kinematik und Dynamik (Mechanik II) - Prof. Popov SoSe 2015, KW 19
2. Newtonsches Gesetz
Eingeprägte Kräfte vs. Zwangskräfte
Umformen ergibt mit M = 2m die Bewegungsdifferentialgleichung für die untersuchte Bewegung
ẍ =
1
g (1 − 2µ) .
3
Die Gleichung gilt unabhängig davon, ob µ = 0 oder µ > 0.
Lösungsweg 1
Im Bereich AB ist µ = 0. Mit v (0) = 0 erhält man
v (t) =
Z
t
1
1
g dt̄ = gt ,
3
3
0
v (t)
=
Z
=
a dt̄
0
0
1
g dt̄ +
3
Z
t
tB
1
g (1 − 2µ) dt̄
3
2
1
g (1 − 2µ) t + gµtB .
3
3
=
(69)
Der Weg wird nur im Abschnitt BC benötigt. Man erhält
durch abermalige Integration für den Bereich t ≥ tB
x (t)
=
=
Z
t
v dt̄
0
2
1
1
g (1 − 2µ) t2 + gµtB t − gµt2B . (70)
6
3
3
Die Zeit tB kann man aus der Forderung x (tB ) = l mittels
(70) bestimmen. Man erhält
tB =
s
6l
.
g
Aus der Forderung, daß die Klötze zur Ruhe kommen,
wenn der Klotz M den Punkt C erreicht, d. h. v (tC ) = 0,
erhält man mit (69) einen Ausdruck für tC , der noch von
µ abhängt.
s
6l
2µ
.
tC =
2µ − 1 g
Schließlich kann man noch die Bedingung x (tC ) = 11l
verwenden und erhält aus (70) den gesuchten Wert
µ=
11
= 0, 55 .
20
Lösungsweg 2
Der Reibkoeffizient hängt vom Ort ab. Demnach kann die
Beschleunigung auch als Funktion des Ortes aufgefaßt werden. Es gilt allgemein:
dv dx
dv
=
dt
dx
dt
Z
Z
1 2
⇔ adx = vdv = (v2 − v12 )
2
a=
Da die Bewegung in A aus der Ruhe beginnt (vA = 0) und
in C wiederum der Zustand der Ruhe erreicht ist (vC = 0),
muß
Z l
Z 11l
1
1
gdx +
g(1 − 2µ)dx = 0
3
0 3
l
1
1
⇔ gl + g(11l − 22µl − l − (−2µl)) = 0
3
3
⇔ 11 − 20µ = 0
11
⇔µ=
20
Anmerkung
t
tB
Version vom 26. April 2015
gelten.
0 ≤ t < tB .
Im Bereich BC ist µ > 0. Integration ergibt für den Bereich
t ≥ tB
Z
Lösungshinweise Seite 5
Man kann die Aufgabe auch sehr einfach mit dem Arbeitssatz lösen.