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Kinematik und Dynamik (Mechanik II) - Prof. Popov SoSe 2015, KW 17
Seite 1
Punktkinematik der eindimensionalen
Version vom 27. März 2015
und ebenen Bewegung im raumfesten kartesischen Koordinatensystem
1. Tutorium
Tutorium
l
α
g
h
4. In einer Ballmaschine werden Tennisbälle aus der Ruhelage beschleunigt. Die Beschleunigung verläuft linear über der Zeit gemäß nebenstehendem Diagramm.
Zur zunächst nicht bekannten Zeit tl verlässt der Ball
das Abschussrohr.
(a) Bestimme die Geschwindigkeit eines Tennisballes beim Verlassen des Rohres!
(b) Das Abschussrohr steht unter einem Winkel α
zur Erdoberfläche. Das Ende des Rohres befindet sich in einer Höhe h über dem (ebenen) Erdboden. Wie weit fliegen die Tennisbälle? Vernachlässige die Reibung!
a(t)
a0
a0
2
(c) Bestimme die maximale Flughöhe der Tennisbälle!
tl
t
Geg.: a0 , l, h, α, g.
11. Ein Rad mit dem Radius R rollt auf einer Ebene. Zur Zeit t = 0 berührt der auf
dem Umfang des Rades befestigte Punkt
Titus die Ebene und zwar genau im Ursprung des ortsfesten kartesischen Koordinatensystems.
Bestimme Titus’ Orts-, Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektor in Bezug auf das ortsfeste Koordinatensystem
als Funktion der Zeit t in kartesischen Koordinaten.
Titus
R
y
ϕ
1
0
0
1
0 x
1
0
1
11111111111111111111111
00000000000000000000000
1111
0000
d
Geg.: R, dt
ϕ(t) = ω = konst.
Tip: Bestimme zuerst die Koordinaten des Mittelpunktes des Rades zu einer beliebigen Zeit
t und dann den Abstand in x- und y-Richtung des Punktes Titus von diesem Mittelpunkt.
Daraus kann dann der Ortsvektor ermittelt werden.
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Seite 2
Punktkinematik der eindimensionalen
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und ebenen Bewegung im raumfesten kartesischen Koordinatensystem
Hausaufgaben
2. Auf der Autobahn fährt ein Auto mit der Geschwindigkeit vA . Von hinten kommt das Auto
B mit der Geschwindigkeit vB auf das Auto A zu. Bei dem Abstand l zwischen der vorderen
Stoßstange von B und der hinteren Stoßstange von A bemerkt der Fahrer des Autos B, dass
er das Auto A nicht überholen kann. Nach einer Schrecksekunde“ T fängt B an zu bremsen.
”
(a) Welche konstante Bremsbeschleunigung a∗ ist mindestens nötig, damit ein Zusammenstoß vermieden wird? Welcher Wert ergibt sich für a∗ , wenn der Wagen B zu Beginn mit
einer Geschwindigkeit von vB = 72 km/h fährt und erst bei einem Abstand von l = 20 m
zum Vordermann feststellt, daß das Überholen nicht möglich ist?
(b) Nach welcher Zeit und wo berühren sich für diesen Grenzfall die Stoßstangen der Fahrzeuge?
(c) Zeichnen Sie Diagramme für die Wege und Geschwindigkeiten der beiden Fahrzeuge als
Funktionen der Zeit. Nehmen Sie dabei an, daß B seine Bremsung bis zum Stillstand
fortsetzt.
Geg.: l, v, vA = v, vB = 2v, T =
l
2v
5. Ergänzen Sie die leeren Felder für Ort, Geschwindigkeit und Beschleunigung! Alle Größen,
die nicht explizit als Funktion der Zeit t angegeben sind, seien konstant.
Ort
Geschwindigkeit Beschleunigung Anfangsbedingungen
ẍ(t) = a0
x(0) = ẋ(0) = 0
ṙ(t) = v0 + a1 t
r(0) = r0
s(t) = L sin Ωt
y(t) =
√ r0
t−t1
n
cos ω 2 (t2 − t20 )
ωt
o ẏ(t) = u0 e
y(t0 ) =
ϕ̇(t) = ϕ(t)
ẍ(t) =
7. Ein Motorradfahrer möchte einen neuen Stunt ausprobieren. Dabei gilt es eine Flammenwand der Höhe
2h zu überspringen. Um aus der Ruhe die nötige Geschwindigkeit zu erreichen, wurde eine Rampe der
Höhe h und dem Neigungswinkel α in der Entfernung m
2h aufgestellt. Für die folgenden Aufgaben kann der
Motorradfahrer samt Motorrad als Punktmasse m
angenommen werden, der Luftwiderstand wird vernachlässigt.
−λ2 x(t)
u0
ω
ϕ(0) = 1
x(0) = L, ẋ(0) = − λv02
g
2h
h
α
2h
(a) Bestimmen Sie die Absprunggeschwindigkeit v0 am Ende der Rampe, so dass der Motorradfahrer die Flammenwand gerade überspringt.
(b) Entlang der Rampe beschleunigt der Motorradfahrer konstant mit ẍ = aR . Bestimmen
Sie aR , so dass der Motorradfahrer am Ende der Rampe die in (a) bestimmte Geschwindigkeit besitzt.
Geg.: h, m, g, α = 45◦
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Lösungshinweise Seite 1
Punktkinematik der eindimensionalen
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und ebenen Bewegung im raumfesten kartesischen Koordinatensystem
Tutorium
Aufgabe 4
(a) Aus dem Diagramm a(t) über t wird die Formel für
a(t) entnommen (a(t) ist eine lineare Funktion mit Acha0
senabschnit a0 und Steigung − 2t
):
l
Der Betrag der Geschwindigkeit des
Balles beim Verlassen des Rohres
(v(tl ) in Gleichung (5)) wird im folgenden mit v0 abgekürzt. Aus der nebenstehenden Skizze können die x- und yKomponenten dieser Geschwindigkeit
abgelesen werden.
v0 sin α
y
v0
α
x
v0 cos α
vx (t∗ = 0) = v0 cos α
a(t) = a0 −
a0
t.
2tl
Durch Integration ergibt sich daraus (mit der Randbedingung v(0) = 0) die Geschwindigkeit:
t
h
a0 2 it̃=t
t̃
a(t̃)dt̃ = a0 t̃ −
4tl t̃=0
0
a0 2
t
= a0 t −
4tl
v(t) =
Z
s(t) wird gemäß nebenstehender Skizs(t)
ze als der momentane Ort des Balls
definiert. Danach ist s(0) = 0. Durch
Integration der Geschwindigkeit ergibt
sich:
Z t
ha
a0 3 it̃=t
0 2
v(t̃)dt̃ =
s(t) =
t̃ −
t̃
2
12tl t̃=0
0
t2
t3 −
= a0
2
12tl
=
l
a0 t2l
r
2
12 l
5 a0
(6)
In der y-Richtung wird der Ball Richtung Erdmittelpunkt
(also in negativer y-Richtung) beschleunigt:
ay (t∗ ) = −g
(7)
Durch Integration erhalten wir mit der Anfangsbedingung
vy (t∗ = 0) = v0 sin α die Geschwindigkeit in senkrechter
Richtung:
Z t∗
h
it̃=t∗
∗
+ v0 sin α
ay (t̃)dt̃ + vy (t∗=0) = −g t̃
vy (t ) =
0
(3)
t2
t3l t3 = a0 l − l
12tl
2
12tl
5
1
2
=
−
a0 t = l
12
12 l
−
2
1
sx (t∗ ) = t∗ v0 cos α
(2)
s(tl ) = l
t2
In der x-Richtung handelt es sich um eine unbeschleunigte Bewegung (die Geschwindigkeit bleibt konstant). sx (t∗ )
beschreibt die x-Komponente des Orts vom Ende des Abschußrohres an gemessen (siehe obige Skizze). Deshalb ist
sx (t∗ = 0) = 0 und man erhält durch Integration der Geschwindigkeitskomponente auch sx (t∗ ).
vx (t∗ ) = v0 cos α
In all diesen Formeln ist tl zunächst noch unbekannt. tl
wird bestimmt durch die Nebenbedingung, daß der Ball
zu dieser Zeit das Rohr verläßt, also
s(tl ) = a0
vy (t∗ = 0) = v0 sin α
(1)
= −gt∗ + v0 sin α
t̃=0
(8)
In der obigen Skizze wurde der Koordinatenursprung ans
Ende des Abschußrohres gelegt, so daß gilt: sy (t∗ = 0) = 0.
Dann liefert die Integration der Geschwindigkeit die senkrechte Komponente des Orts:
Z t∗
h g
it̃=t∗
sy (t∗ ) =
vy (t̃)dt̃ = − t̃2 + t̃v0 sin α
2
t̃=0
0
g ∗2
∗
= − t + t v0 sin α
(9)
2
Gefragt ist nach der Weite bis zum Aufschlag des Balles.
Gleichung (6) gibt den zurückgelegten Weg zu jeder beliebigen Zeit t∗ an. Der Zeitpunkt des Aufschlags t∗A läßt
sich aus Gln. (9) ermitteln. Beim Aufschlag befindet sich
Wird jetzt (4) in die Beziehung für die Geschwindigkeit (2) der Ball auf der Höhe sy (t∗A ) = −h:
eingesetzt, ergibt sich die Geschwindigkeit beim Verlassen
g
+ t∗A v0 sin α = −h
sy (t∗A ) = − t∗2
des Rohres:
2 A
2h
2v0 sin α ∗
tA −
=0
֒→ t∗2
A −
1 3
a0 2
g
g
= a 0 tl
tl = a 0 tl 1 −
v(tl ) = a0 tl −
s
4tl
4
4
r
r
v0 sin α
v02 sin2 α 2h
3
12 l
27
֒→ t∗A 1/2 =
±
+
=
a0 l
(5)
= a0
g
g2
g
4
5 a0
20
Offensichtlich ist der Wurzelausdruck größer als der Summand davor, die Variante mit dem negative Vorzeichen
(b) Die Bewegung des Balles nach Verlassen des Rohres würde also insgesamt zu einer Zeit t∗A < 0 führen. Das ist
wird zerlegt in eine x- und eine y-Komponente. Die jewei- nicht, was wir suchen (der Aufschlag soll erst nach dem
lige Größe wird mit einem entsprechenden Index versehen Abschuß erfolgen). Die richtige Lösung ist deshalb:
s
also heißt z.B. die Geschwindigkeit in x-Richtung vx . Auv02 sin2 α 2h
v0 sin α
ßerdem führen wir zur Abkürzung eine neue Zeit t∗ ein,
∗
+
+
tA =
∗
die ab dem Verlassen des Rohres zählt: t = t − tl .
g
g2
g
֒→ tl =
(4)
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Lösungshinweise Seite 2
Punktkinematik der eindimensionalen
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und ebenen Bewegung im raumfesten kartesischen Koordinatensystem
Wird diese Beziehung
qin Gleichung (6) eingesetzt, so er- Die Koordinaten des Ortsvektors zum Punkt Titus ergeben sich durch Addition von M und R:
halten wir (mit v0 = 27
20 a0 l aus Gleichung (5)) die Weite
sA , die ein Ball fliegt:
xT (t)
xM (t)
xR (t)
=
+
s
yT (t)
yM (t)
yR (t)
2 sin2 α
v
2h
v
sin
α
0
∗
0
v0 cos α
+
+
sA = sx (tA ) =
ϕ(t) − sin ϕ(t)
ωt − sin ωt
2
g
g
g
=R
=R
1 − cos ϕ(t)
1 − cos ωt
(c) Die Gleichung für die senkrechte Ortskoordinate ist
Gleichung (9). Die Extrema dieser Gleichung (unter denen
sich dann auch das gesuchte Maximum befinden sollte)
erhält man üblicherweise, indem man die Nullstelle der
ersten Ableitung ermittelt.
Äquivalent dazu ist die folgende Herangehensweise: Der
Ball erreicht seine maximale Flughöhe genau in dem Moment t∗M , in dem seine senkrechte Geschwindigkeitskomponente vy (t∗ ) gerade Null wird.
!
vy (t∗M ) = −gt∗M + v0 sin α = 0
v0 sin α
t∗M =
g
Nun ist die Höhe HM des Balls über dem Boden in diesem
Moment gegeben durch die senkrechte Ortskomponente
(Gleichung (9)) zuzüglich dem Abstand zwischen Koordinatenursprung (am Ende des Abschußrohres) und dem
Boden:
g
HM = sy (t∗M ) + h = − t∗2
+ t∗M v0 sin α + h
2 M
g v 2 sin2 α v0 sin α
=− 0 2
+
v0 sin α + h
2
g
g
1 v02 sin2 α
+h
maximale Flughöhe
HM =
2
g
Aufgabe 11
M sei der Ortsvektor des Radmittelpunktes. Wenn das
Rad sich um den Winkel ϕ gedreht hat, hat es dabei
den Weg Rϕ zurückgelegt (die Länge des entsprecheden
Kreisbogensegmentes am Radumfang). Die Höhe des Mittelpunktes verändert sich nicht. xM und yM seinen die
Koordinaten des Mittelpunktes, dann gilt:
xM (t) = Rϕ(t)
yM (t) = R
Die Koordinaten xR und yR des Vektors R, der vom Mittelpunkt des Rades zum Punkt Titus weist, können
der Skizze entnommen werden:
xR (t) = −R sin ϕ(t)
yR (t) = −R cos ϕ(t)
M
R
ϕ
y
0110
1010
11111x
00000
d
Der Drehwinkel ϕ(t) ergibt sich aus der Angabe dt
ϕ(t) =
ω = konst durch Integration. Die Integrationskonstante
ϕ0 ist Null, wie man der Skizze zur Aufgabenstellung entnehmen kann.
Z t
ωdt̃ + ϕ0 = ωt
ϕ(t) =
0
Die Koordinaten des Geschwindigkeitsvektors ergeben
sich daraus durch Ableiten nach der Zeit:
1 − cos ωt
ẋT (t)
vx (t)
= Rω
=
sin ωt
ẏT (t)
vy (t)
Die Koordinaten des Beschleunigungsvektors ergeben sich
ebenso durch Ableiten:
sin ωt
v̇x (t)
ax (t)
2
= Rω
=
cos ωt
v̇y (t)
ay (t)
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Lösungshinweise Seite 3
Punktkinematik der eindimensionalen
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und ebenen Bewegung im raumfesten kartesischen Koordinatensystem
Hausaufgaben
Aufgabe 2
Lösung mit Relativkoordinaten: mitgeführter Koordinatenursprung im vorderen Auto
a: Schrecksekunde:
l
20m
T =
= 1s
=
2v
72 km
h
(10)
Abstand zum vorderen Auto nach der Schrecksekunde:
srel = vrel t + s0
km
km
srel = (72
− 36
) ∗ 1s − 20m = −10m
h
h
überholen kann. Zur Lösung der Aufgabe wird ein Koordinatensystem verwendet, das seinen Ursprung an der
Position von Auto B zum Zeitpunkt t = 0 hat. Die Bewegung geschieht entlang der x-Achse. Die Positon der
vorderen Stoßstange des Wagens B sei mit sB bezeichnet,
die hintere Stoßstange des Wagens A mit sA .
Für t ≥ 0 bewegt sich Wagen A mit konstanter Geschwindigkeit vA fort. Für die Position erhält man dann durch
Integration1 .
Z
sA (t) = vA dt = vt + D1
(32)
(11)
(12)
mit der Anfangsbedingung: sA (t = 0) = D1 = l
sA (t) = vt + l
(B ist 10m hinter A)
nun: konstante Verzögerung a0 ,
aAB , vAB , sAB Relativkoordinaten,
neue Zeit t̂ mit
t = t̂ + T = t̂ + 1s
(13)
aAB (t̂) = a0
(14)
vAB (t̂) = a0 t̂ + v0
1
sAB (t̂) = a0 t̂2 + v0 t̂ + s0
2
(15)
Wagen B bremst für t ≥ T mit der Beschleunigung a∗ ab.
Da gesamte Beschleunigungsverlauf nicht durch eine elementare Funktion geschlossen dargestellt werden kann, ist
es sinnvoll, die Bereiche 0 ≤ t < T und t ≥ T zu unterscheiden. Man erhält für die Geschwindigkeit des Wagens
B im ersten Bereich vB = 2v und im zweiten Bereich:
Z
vB (t) = aB dt = aB t + D2
(34)
mit vB (t = T ) = aB T + D2 = 2v
Anfangsbedingungen:
⇒
m
s
m
⇒ vAB (t̂) = a0 t̂ + 10
s
sAB (t̂ = 0) = s0 = −10m
1
m
⇒ sAB = a0 t̂2 + 10 t̂ − 10m
2
s
(18)
(19)
(20)
(21)
Bedingungen bei tˆ1 : Die Autos berüren sich und sind gleich
schnell:
vAB (tˆ1 ) = 0 in (19)
m
0 = a0 tˆ1 + 10
s
−10 m
s
⇒ tˆ1 =
a0
sAB (tˆ1 ) = 0
in (21) mit (24)
m
−10
1
m −10 m
s 2
s
0 = a0 (
) + 10 (
) − 10m
2
a0
s
a0
m2
10ma0 = −50 2
s
m
a0 = −5 2
s
D2 = 2v − aB T
vB (t) = a∗ (t − T ) + 2v
!
mit sB (t = T ) = 2vT + D3 = 2vT
(22)
=
(23)
(24)
(25)
(26)
(27)
(28)
(35)
(36)
1 ∗
2
a (t − T ) + 2vt
2
⇒
,
D3 = 0
t≥T .
(38)
Ein Zusammenstoß finde (im Grenzfall) gerade noch statt,
wenn die Bedingungen
sA =
sB
(41)
ṡA =
ṡB
(42)
für t∗ > T erfüllt sind. Bedingung (42) führt auf
(31)
t∗ = −
c: Siehe unten
(a) Die Zeitzählung soll in dem Moment beginnen (t =
0), wenn der Fahrer des Autos B erkennt, dass er nicht
t≥T .
Setzt man für die Zeit T ein, erhält für den Wagen B im
zweiten Bereich schließlich
l
vB =
a∗ t −
+ 2v ,
(39)
2v
2
1 ∗
l
sB =
+ 2vt .
(40)
a t−
2
2v
(29)
(30)
,
Der Zusammenstoß muss, sofern er überhaupt stattfindet,
für t > T geschehen2 . Daher ist auch nur die Position
für den zweiten Bereich von Interesse. Man erhält durch
abermalige Integration
Z
1
2
sB (t) = vB dt = a∗ (t − T ) + 2vt + D3
(37)
2
b:
(29) in (24)tˆ1 = 2s
t1 = tˆ1 + 1s = 3s
(33)
(16)
(17)
vAB (t̂ = 0) = v0 = 10
t≥0
,
1 Hauptsatz
l
v
+
∗
aB
2v
(43)
der Infinitesimalrechnung verwendet
Zeitpunkt t = T hat der Wagen B gerade erst die Position
erreicht, die Wagen A zum Zeitpunkt t = 0 hatte.
2 Zum
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Punktkinematik der eindimensionalen
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cos λt
(2)
ϕ̈(t) = et
ẍ(t) geg.
Mit den gegebenen Zahlenwerten ergibt sich eine notwendige Bremsverzögerung von 5 m s−2 , welche bei guten Straßenverhältnissen möglich ist.
ÿ(t) = u0 ωeωt
(44)
.
ẏ(t) geg.
sA (t∗ ) = sB (t∗ ) =
5
l
2
(46)
.
(c)
(1):
a(t)
Auto A
Auto B
1s
3s
tStillstand
(2):
t
−5m
s2
v(t)
mit
20m
s
10m
s
sin λt
an der Stelle
v0
λ3
(45)
(1)
ϕ̇(t) geg.
ẋ(t) = −Lλ sin λt −
3l
2v
Ort
x(t) = a20 t2
r(t) = a21 t2 + v0 t + r0
s(t) geg.
i
h
y(t) = uω0 1 + eωt − eωt0
t∗ = 3T =
v0
λ2
(b) Der Zusammenstoß erfolgt gemäß (43) zur Zeit
y(t) geg.
ϕ(t) = et
x(t) = L cos λt −
v2
<0
l
Beschleunigung
ẍ(t) geg.
r̈(t) = a1
s̈(t) = −LΩ2 sin Ωt
a∗B = −
Aufgabe 5
Geschwindigkeit
ẋ(t) = a0 t
ṙ(t) geg.
ṡ(t) = LΩ cos Ωt
und schließlich mit (41) auf die gesuchte Beschleunigung
− 23
r0 cos Ψ(t)
t − t1
2
− 21
− 2r0 ω 2 t t − t1
sin Ψ(t)
− 52
3r0 ÿ(t) =
t − t1
cos Ψ(t)
4
− 23
sin Ψ(t)
+ 2r0 ω 2 t t − t1
− 21
− 2r0 ω 2 t − t1
sin Ψ(t)
− 21
cos Ψ(t)
− 4r0 ω 4 t2 t − t1
ẏ(t) = −
Ψ(t) = ω 2 (t2 − t20 )
Aufgabe 7
t
1s
3s
tStillstand
(a) Mit dem zweiten Newtonschen Gesetz ergeben sich
die zwei Komponenten der BewegungsDGL zu:
ÿ = −g
ẍ = 0 .
s(t)
und
(47)
(48)
Integration mit den ABen x(0) = 0, ẋ(0) = v0 cos α ,
y(0) = 0 und ẏ(0) = v0 sin α führt auf:
20m
10m
t
0
1s
3s
tStillstand
1
y(t) = − gt2 + v0 sin αt
2
x(t) = v0 cos αt .
(49)
(50)
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Lösungshinweise Seite 5
Punktkinematik der eindimensionalen
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und ebenen Bewegung im raumfesten kartesischen Koordinatensystem
Damit die Motoradfahrerin es schafft muss gelten:
!
(51)
!
(52)
y(tf ) = h
x(tf ) = 2h
⇒ tf =
2h
.
v0 cos α
(53)
Einsetzen in (49) liefert:
2
2h
1
2h
+ v0 sin α
h=− g
2
v0 cos α
v0 cos α
p
⇒ v0 = 2 gh
(54)
(55)
(b) Es gilt für die Beschleunigung:
aR =
d2 x
dv dx
dv
=
=v
.
dt2
dt dx
dx
(56)
Integration liefert:
√
Z
2h
ar dx =
0
v0
Z
vdv =
0
1 2
v .
2 0
(57)
Schließlich ergibt sich aR zu:
p
√
1
aR = √ (2 gh)2 = 2g .
2 2h
(58)