v= v A - TU Chemnitz

TU Chemnitz Institut für Physik
Physikübungen für Wirtschaftsingenieure WS2003
Lösungsvorschläge für 1. Übungsblatt
1. Die Körper A und B starten gleichzeitig von einem gemeinsamen Standort, A mit vA = 20m/s und B
mit vB = 60km/h.
Berechnen Sie den Abstand zwischen A und B nach 2 min für die Fälle
a die Geschwindigkeiten sind gleichgerichtet (x-Achse)
b sie stehen senkrecht zueinander (x-und y-Achse)
c sie schließen einen Winkel von 30o ein.
vA = 20m/s = 72km/h
vB = 60km/h = 16,67 m/s
v = e ⋅v
v = e ⋅v
vA = ex⋅v A
vB = ey⋅v B
x
A
B
x
B
a.) A
∆s = ∆v⋅t = 12km/h*2min = 0,4 km
b.)
∆ v = vA − vB = ex  v A −v B 
∆v = vA - vB = 12km/h
∆
v = vA − vB = ex v A − ey v B
 ∆
v= ∆
v 2 =  ex v A− eB v B  2 = v A 2 v B 2=  72 km / h  2  60 km / h  2 = 93,72 km / h ¿
?s = ∆v/∆t = 93,72km/h*2min = 3,124km
v = e ⋅v
c.) A x A
vB= ex⋅v Bx  ey⋅v By
Aus der Abb. entnimmt man vBx = vB cosα
vBy = vB sinα
y
α
x
∆
v = vA − vB = ex  v A −v Bx − ey v By
∆v= ∆
v 2 =  ex  v A−v Bx − eB v By 2 =  v A−v Bx 2 v By 2
2
2
 v=  v A − v B cos  ∗ v B sin  = 36,08 km / h
∆s = ∆v⋅t = 36,08km/h⋅2min = 1,203km
2. Zwei Orte sA und sB sind durch eine Straße von 10 km Länge verbunden. In sA startet ein Radfahrer
A mit einer Geschwindigkeit von 10 km/h und gleichzeitig mit ihm vom gleichen Ort und in gleicher
Richtung ein Hund mit 7 m/s. In sB startet zur gleichen Zeit ein Radfahrer B in Richtung sB mit 15
km/h.
Als der Hund den Radfahrer B erreicht, kehrt er um und rennt mit gleicher Geschwindigkeit zurück zu
Radfahrer A. Dort angekommen, rennt er wieder zurück zu Radfahrer B usw.
Wann treffen sich die beiden Radfahrer?
Wo liegt der Treffpunkt?
Welche Strecke legt der Hund insgesamt zurück, bis sich die beiden Fahrradfahrer schließlich treffen?
Stellen Sie die Bewegungen beider in je einem s(t)- und v(t)-Diagramm dar.
Lösungsvorschlag:
Fahrzeit: vA = 10km/h vB = 15km/h vH = 7m/s sG = 10km
sA + s B = s G !
tA = tB = tG!
v = s/t s = vt
sG = vAtA + vBtB = (vA + vB)tG
tG = sG/ (vA + vB) = 0,4h = 24min sA = vAtG = 4km sB = 6km
sH = vHtG = 10,08km
Geschwindigkeit v in km/h
Entfernung in km
49
61
81
73
101
97
121
121
141
145
Zeit t in 0,1min
Zeit t in 0,1min
161
181
201
221
241
169
193
217
241
261
265
281
289
301
313
321
337
341
361
361
381
385
401
12
25
41
10
1
8
6
4
2
0
-2
30
20
10
0
-10
-20
-30
1
21
A
B
Hund
A
B
Hund
3. Die Geschwindigkeit eines anfahrenden Motorrades folgt ab s = 0 der Formel
v1 = b
v2(t) = b + c t
bzw.
v3(t) = c t+ e t2 .
c und d sind Konstanten: b = 3,6 m/s ; c = 1,25 m/s2 e = 1,94m/s3
Berechnen Sie für die drei Fälle die zurückgelegten Wege, die Momentan- und die Durchschnittswerte
von Geschwindigkeit und Beschleunigung 4 s nach dem Start.
s= ∫ v  t  dt T = 4s
Wege:
s1 = b T = 14,4m
1 2 T
1,25 m / s 2
s 2 =∫  bct  dt= bt ct  / 0 ¿=3,6 m / s⋅4s
⋅16 s 2 = 24,4 m
2
2
Momentangeschwindigkeiten:
v1mom = b = 3,6m/s
v2mom = v2(T) = b + cT = 8,6m/s
v3mom = v3(T) = cT + eT2 = 36m/s = 129,6km/h
Durchschnittsgeschwindigkeiten:
Mittelwert einer zeitabhängigen Größe A(t):
AD =
1
T
T
∫ A  t  dt
0
T
1
1
1
1
 bct dt=  bt ct 2  / T0  =b cT = 6,1m/s
∫
V2D =
T 0
T
2
2
v1D = b = 3,6m/s
T = 4s
T
v 3D=
1
1 c
e
c
e
 ctet 2  dt=  t 2  t 3  / T0 = T  T 2 = 12,85m/s = 46,25km/h
∫
T 0
T 2
3
2
3
Momentanbeschleunigungen:
a=
dv
dt
a3=
dv 3
dt
a1 =
=
dv 1
dt
=
d
b
dt
a2 =
dv 2
dt
=
d
 bct=c
dt
d
 ctet 2 =c2 et
dt
mit t = T = 4s
a1 = 0
a2 = c = 1,25m/s2
a3 = c + 2eT = 16,77m/s2
Durchschnittsbeschleunigungen:
T
1
∫ A  t  dt
Mittelwert einer zeitabhängigen Größe A(t): AD =
T 0
T
a 2D=
a1 D=0
T
1
1
∫ c dt= T cT=c=5m/ s2
T 0
1
1
a 3D= ∫  c2et  dt= cT eT 2=ceT= 9,01 m/ s2
T 0
T
4. Ein Sprinter durchläuft die 100m in 9,7s. Dabei beschleunigt er mit a = const, erreicht 20m nach
dem Start seine Maximalgeschwindigkeit und behält diese bis ins Ziel bei.
Wie groß sind Beschleunigungszeit und die Maximal- und Durchschnittsgeschwindigkeit?
a = const: Gleichmäßig beschleunigte Bewegung
v(t) = at + v0
Beschleunigungsphase
0 ≤ t ≤ tB
0 ≤ s ≤ sB
0 ≤ v ≤ vmax
vmax = v(tB) = a ⋅ tB
t ges =t B t v=
2s B
t B=
v ma x
=
v max

sv
v max
2s B⋅t ges
2s B
a
t B  t B=
2
v max
vmax =
2
 v max =
2s B sV
t ges
= 3,233s
2s B sv
a 2
t v 0 ts0
2
Phase mit v = const
tB < tv ≤ tges
sB < sv≤ sges
v = vmax = const
sB =
2s B
s(t) =
=
sv
tv
 t v=
sv
v max
40 m80 m
=12,37 m / s
= 44,54km/h
9,7sec
vD = sges/tges = 10,31m/s = 37,1km/h
Die Diagramme zu s(t), v(t) und a(t) :
100
4
14
80
12
70
10
60
50
40
30
a(t) [m/s²]
3
v(t) [m/s]
s(t) [m]
90
8
6
4
2
1
20
2
10
0
0
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
1
2
3
t [s]
4
5
6
7
8
9
10
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
t [s]
t [s]
5. Ein aus 1m Höhe senkrecht gegen den Erdboden geschleuderter Ball springt 6m hoch.
Wie groß war seine Anfangsgeschwindigkeit, wenn der Ball ideal reflektiert und von Reibungsverlusten
abgesehen wird?
Skizzieren Sie die Bewegung im a(t) -, v(t) - und im s(t) - Diagramm.
Ausführliche Lösung
Erste Bewegungsphase: Wurf nach unten
Gleichmäßig beschleunigte Bewegung allgemein: a = const; v(t) = at + v0 ; s(t) =
a 2
t v 0 ts0
2
(1)
Bei Verlegung des Koordinatenursprunges in die Abwurfstelle wird s0 = 0, s(t)↓, g↓ und a = +g
→
v(t) = gt + v0.
Auftreffstelle t = t1
s(t) = g t 2 v t
0
(2)
s(t1) = h1
2
(3)
v(t1) = v1
Elimination der nicht gegebenen Zeit t1 :
Aus Gl (2) folgt t1 = (v1 – v0)/g . t1 in Gl (3) eingesetzt und nach v1 aufgelöst führt auf
v1 =
2 gh1 v 20
(4)
Zweite Bewegungsphase: Wurf nach oben
Bei Verlegung des Koordinatenursprunges in die Auftreffstelle wird s0 = 0, s(t)↑, g↓ und a = -g.
v0 ist nun die nach der Reflexion nach oben gerichtete Geschwindigkeit v1
Die allgemeinen Gl (1) lauten jetzt
v(t) = -gt + v1.
Für die Gipfelhöhe gilt
t = t2
(5)
s(t) = -
s(t2) = h2
g 2
t v 1 t
2
(6)
v(t2) = 0
Elimination der nicht gegebenen Zeit t2 :
2 gh
2 (7)
Aus Gl (5) folgt t2 = v1/g. t2 in Gl (6) eingesetzt und nach v1 aufgelöst führt auf v1 =
Die gesuchte Anfangsgeschwindigkeit v0 erhält man durch Einsetzen des für v1 erhaltenen Ausdruckes
in Gl (4) und Auflösung nach v0
V0 =
2g  h 2 −h1 
2⋅9,81 m / s2  6m−1m  = 9,9 m/s
=
Einfacher ist die Lösung der Aufgabe unter Benutzung des Energiesatzes:
Da durch die ideale Reflexion am Boden keine mechanische Energie verloren geht, ist die Energie des
Balles bei Erreichen der Abwurfhöhe h1 nach der Reflexion die gleiche wie beim Abwurf nach unten,
nämlich Eges = Ekin = m⋅v02/2. Die Geschwindigkeit ist nun nach oben gerichtet.
Im Gipfelpunkt ist die Energie Eges = Epot = m⋅g⋅(h2-h1). Da die Gesamtenergie erhalten bleibt, ist
m⋅v02/2 = m⋅g⋅(h2-h1) und v0 =
2g h 2 −h1
=
2⋅9,81 m / s 2 6m−1m  = 9,9 m/s
10
a(t) [m/s²]
5
0
-5
-10
-15
0
0,2
0,4
0,6
t [s]
0,8
1
1,2
15
10
v(t) [m/s]
5
0
-5
-10
-15
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
t [s]
7
6
h(t) [m]
5
4
3
2
1
0
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
t [s]
6. Ein Körper wird mit v0 senkrecht nach oben geschossen, ein zweiter zur gleichen Zeit vom gleichen
Ort mit v0 senkrecht nach unten.
a Wie groß ist der gegenseitige Abstand als Funktion der Zeit?
b Auf welcher (räumlichen) Fläche befinden sich Masseteile, die durch Explosion eines Körpers mit
gleicher Startgeschwindigkeit in alle Richtungen fliegen (Feuerwerkskörper)
Lösung
a)
allg. Formeln
z0 = 0
b)
g
z  t = t 2 v 0 t z 0
2
g
z 2 = t 2 −v 0 t
2
g
z 1 = t 2 v 0 t
2
v2(t) = gt+v0
Dz=z 1 − z 2 =2v 0 t
Betrachtet sei zunächst der Spezialfall, daß 2 Körper waagerecht mit gleicher
Geschwindigkeit aber in Gegenrichtung abgeschossen werden.
Start bei x = 0 z = 0
x1(t) = v0t
x2(t) = - v0t
∆x = x1 - x2 = 2v0t
g
z 1  t = t 2
2
g
z 2  t = t 2
2
∆z = z1 - z2 = 0
Die x- und z-Komponenten schräg abgeschossener Masseteile folgen den gleichen
Formeln wie unter a) und b) ausgeführt, d.h. alle Masseteile befinden sich zu jedem
Zeitpunkt auf einer Kugelfläche, deren Radius sich nach der Formel R(t) = 2v0t
vergrößert und mit z  t =
g 2
t nach unten fällt.
2