BЎge Aufgabensammlung Lsg
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Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
Übungen mit dem v, t-Diagramm
Gleichförmig geradlinige Bewegung
400
405 1 Seemeile = 1sm = 1NM = 1 Nautische Meile
1sm = 1852m ([EuroTabM] „Längen, Einheit“)
h
t 7d19h12min 7 24h 19h 12
187,2 h
60
s 1500sm 1500 1,852 km 2778 km
s 1500 sm
v 8,0 kn
t 187,2 h
2778 km
km
14,8
187,2 h
h
2778 1000 m
m
4,12
187,2 3600 s
s
Grafische Lösung:
401 v
t
Rück
-prall
402
406
403
GK 40m
40 m
s
46,188 m
HY
s
sin 60 °
46,188 m 46,188 m
m
s
v
1,026
0,75 min 0,75 60 s
s
t
sin 60 ° 404
Steigzeit:
va t
m
v1
s
t 1 3s
a
m
10
s²
t 2 ... 4s
30
407 Gleichung (1):
92 m
m
s
v
0,667
138 s
s
t
m
m 60
m
0,667
0,667
40
min
min
min
60
408 Gleichung (1):
6
6
3
1,5 10 km 1,5 10 10 m
s
t
s 5,003 s
8
8m
v
2,998
10
m
2,998 10
s
Hinweis: Für den „Alltagsgebrauch“ kann man sich
km
die Lichtgeschwindigkeit mit c 300 ' 000
s
merken.
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Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
409
a) Gleichung (1):
v
b)
412
s 1m
m
0,0833
12 m
min
t
Gleichung (1):
3,75 m
s
t
45 min 2700 s
m
v
0,833
min
410 Lösungsmöglichkeit I
mit Formeln aus [EuroTabM] „Geschwindigkeit“:
Rohrquerschnitt
d²
400mm ²
0,1 m ²
A
0,1257 m²
4
4
4
Länge der Ölsäule einer Stunde
V 480000 dm³
V l A l 3819,7 m s
A
0,127 m²
Geschwindigkeit des Öls
3819,7 m 3819,7m
m
l
v 1,061
1h
3600 s
s
t
Lösungsmöglichkeit II
mit Formeln aus [EuroTabM] „Hydraulik“:
Mit Strom bezeichnet man Mengen, die je Zeiteinheit
fließen, z.B. elektrischer Strom I, Verkehrsstrom,
Leistung P (=Energiestrom) usw. Ströme werden oft
mit einem Punkt auf dem Formelzeichen der Menge
m
oder
gekennzeichnet, z.B. Massenstrom m
t
A s
V
s
A
A v Q.
Volumenstrom V t
t
t
Achtung Fallstrick: Verwechseln Sie nicht das kleine
v (Geschwindigkeit) mit dem großen V (Volumen).
Q A v
a)
b)
c)
413 Wenn der Draht durch einen Ziehring gezogen wird,
muss sich seine Geschwindigkeit v im gleichen Maß
erhöhen wie sich sein Querschnitt A reduziert.
Diesen Zusammenhang drückt die Gleichung für den
Volumenstrom V aus:
Q V A1 v 1 A 2 v 2 A 3 v 3
Die Gleichung kann man verwenden:
v1 v 2
A 1 A2
2
d
1
A1
4
v 2 v 1 v 1
2
A2
d
2
4
2
2
2
d1
m 2,5 mm
m
v 1
2 2
2
2 3,125
s
s
d2
2 mm
l
480000
Q
h
480 m³
m
v 1,06
A 0,1257m² 0,1257 m² 3600s
s
411 Gleichung (1) mit (14):
v t
s v t
2
km
200µs
300000
s
5
6
3 10 km 200 10
60 km
Da die Radarwellen die Strecke
s zweimal durchlaufen, beträgt die Entfernung:
60 km
s
30 km
2
2
d² 300mm ²
0,07069 m²
4
4
V A 1 l 1 0,07069 m² 0,6 m 0,04241 m³
V l1 A1
706,9 cm²
l 2 0,6m
16,965m
A2
A2
25 cm²
l 2 16,965m
t 13,05min
v2
m
1,3
min
l 1 600 mm
m
v 1 0,046
t 13,05 min
min
oder
Q V A1 v 1 A 2 v 2 A2
m
25 cm²
m
v 1 v 2 1,3
0,046
A1
min 706,9 cm²
min
A1 2
v 3 v 1
414
a)
d
2
3
2
m 2,52 mm2
m
4,883
s 1,62 mm2
s
60 t
60 t
7,643 m³
kg
t
7,85
7,85
dm³
m³
V 7,643 m³
l 634,7 m s
A 0,110 2 m2
Gleichung (1):
631,7 m
m
s
v
1,58
min
8 t 8 50 min
oder
V
Q V 8 A v
t
V
V
7,643 m³
m
v
1,58
8 A t 8 A 50 min 8 0,11 m ²
min
V
m
b)
d1
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Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
416
415
Lösungsmöglichkeit 1
Wenn man den Überholvorgang von außen betrachtet, kann man die einzelnen Gleichungen (1), (2) und
(3) aus den Geschwindigkeiten v, den Fahrwegen s
und den Aufholwegen sa aufstellen und anschließend
das Gleichungssystem lösen:
(1)
s1 v 1 t
(2)
s2 v 2 t
(3)
s2 s aI s 1 saII
(1),(2) in (3):
v 2 t v 1 t s aI saII
t v2 ! t v1 s aI s aII
t " v 2! v 1# s aI s aII
s aI saII
t
v 2 ! v1
a)
s Rast
20 km
0,667 h 40 min
v M 30 km h
s Rast
20 km
t Rast , F
1,111 h 1h 6min 40s
v F 18 km h
t Rast , M b)
c)
s ges
30 km
t Fahrt , M 1 h
v M 30 km h
s
30 km
t ges , F ges 1,667 h 1h 40min
v F 18 km h
t Rast , M t ges , F t Fahrt , M 1,667 h 1 h 0,667 h 40 min
Der Mopedfahrer kann so lange rasten, wie seine
Fahrtzeit ggü. dem Radfahrer kürzer ist, also insgesamt 40 min. Davon hat er 26min 40s auf den
Radfahrer gewartet, kann nach dessen Ankunft bzw.
Vorbeifahrt also noch 13min 20s bleiben.
Darin Zahlen eingesetzt:
saI saII 50 m 50 m
100m
3600s 72 s
t
v2 v 1
km 5000m
$ 35 30 %
h
Lösungsmöglichkeit 2:
Mit einem Trick kann man die Rechnungen vereinfachen: Betrachten Sie den Überholvorgang aus
dem überholten Fahrzeug. Dann steht das überholte
Fahrzeug still, der Überholende fährt mit v = 5 km/h
und muss insgesamt sa = 100m Aufholweg
zurücklegen.
s
s 100m
100m
3600s 72 s
t v
&
t
v 5 km h 5000m
Lösungsmöglichkeit 3 (grafisch):
Die Geschwindigkeiten der Lkw sind durch die Steigungen der Geraden dargestellt: In 36s (=1/100 h)
legen sie 300 m (=1/100 von 30 km) bzw. 350 m
(=1/100 von 35 km). Lkw 2 startet 50 m hinter Lkw 1,
überholt und erlangt 72 s später 50 m Vorsprung.
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Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
Gleichförmig beschleunigte Bewegung
Mit den Lösungen zu den Aufgaben 417 bis 432 soll eine
Formelsammlung (' Anhang: Tabelle I: Formelübersicht
für lineare Bewegungen) geschaffen werden, sodass jede
ähnliche Bewegungsaufgabe ohne Umformen gelöst werden kann. Nebenbei sollten diese Formeln besser verstanden werden als die in Tabellenbüchern und nicht
zuletzt das Umformen von Gleichungen geübt werden.
Alle Lösungen basieren auf den Grundgleichungen
v 1* v 0
) s
v m(
mit v m (
2
)t
,
Für die folgenden Lösungsvorschläge gilt:
Wenn eine Aufgabe mit einer Grundgleichung gelöst
werden kann, wird diese einfach umgeformt.
/ Wenn eine Aufgabe nur mit beiden Grundgleichungen
gelöst werden kann, werden diese nach der unbeteiligten 5. Größe umgeformt und die Ergebnisse gleichgesetzt. Mit der entstandenen Formel kann man die
gesuchte Größe aus 3 gegebenen Größen berechnen.
/ Oft sind einfachere Lösungswege möglich, z.B. wenn
man in Teilaufgabe b) das Ergebnis aus a) verwendet.
Auf die Vereinfachung, die in Prüfungen durchaus
zulässig ist, wird hier im Sinne der Formelsammlung
und des Einübens verzichtet.
/
417 Herleitung von .s ohne a:
a
0s
0t
v0
v1
-
?
12s
0
6m/s
Aus Grundgleichung (1) folgt:
, s
v m+
1
, t
v 13 v 0 (1b)
, s +, t2 v m+, t2
2
Mit Zahlen:
m
6 30
s
, s + 12s2
+ 36m
2
Die Formel für den Beschleunigungsweg im Tabellenbuch
entsteht, indem man v0 = 0 in die
obige Formel einsetzt:
v 13 v 0
1
2, t + 2 v2, t
, s01+
01
01
2
2 1
1 m
2 12 s + 36 m
+ 2 6
2 s
a
0s
0t
v0
v1
-
100m
?
0
36km/h
10 m/s
Aus Grundgleichung (1) folgt:
24 ) s
) s
, s
) t(
(
v m+
1
v
v
, t
m
1* v 0
Mit Zahlen:
22 100 m
, s
, t+
+
+ 20s
vm
m
10 30
s
(1)
v
mit , v +v 1- v 0
(2)
, t
Die Grundgleichungen enthalten insgesamt 5 Größen
(Beschleunigung a, Wegänderung .s, Zeitänderung .t,
Anfangsgeschwindigkeit v0 und Endgeschwindigkeit v1)1.
Jede Grundgleichung enthält 4 dieser Größen, was bedeutet, dass man 3 Größen kennen muss, um die 4. zu
berechnen, während man die 5. Größe nicht benötigt
bzw. zusätzlich berechnen kann.
a+
418 Herleitung von .t ohne a:
(1c)
419 Grundgleichung (2)
a
0s
0t
?
-
0,5s
v0
v1
18 m/s -18 m/s
v v 15 v 0 (2a)
(
)t
)t
Mit Zahlen
m
m
6- 18
7- 6318
7
s
s
m
a+
+- 72
0,5 s
s2
Das negative Vorzeichen2 bedeutet, dass die Beschleunigung entgegen v0 wirkt. Beschleunigung
und Verzögerung sind hier gleich.
Die Nummerierung im Diagramm
passt nicht zur Aufgabe, v1 wirkt
am Punkt 2 im Diagramm.
a(
)
420
a) Herleitung von v0 ohne .s:
a
0s
0t
v0
v1
-3,3 m/s²
-
8,8s
?
0
Aus Grundgleichung (2) folgt:
, v
(2g)
a+
1
, v + a2 , t
, t
Mit .v = v1 - v0 folgt:
, v + a2 , t + v1 - v 0
1
(2d)
v +v - a2 , t
0
1
Mit Zahlen:
m
72 8,8 s
s2
m
km
+ 29,04
+ 104,5
s
h
v 0 +0-
6-
3,3
2 In einfachen Fällen rechnet man oft mit Beträgen, also ohne Minuszeichen, und muss dann
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Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
b)
Herleitung von 8s ohne v0
423 Herleitung von a ohne 8t
a
9s
9t
v0
v1
a
9s
9t
v0
v1
-3,3m/s²
?
8,8s
-
0
?
0,5m
-
3,6km/h
1 m/s
0
Grundgleichung (1)
v 1< v 0
; s
v m:
:
2
; t
Grundgleichung (2)
v 1? v 0
; v
a:
:
; t
; t
=
=
v 0: v 1? a> ; t
;
Gleichungen gleich setzen und nach der gesuchten
Größe umformen:
s
? v : v ? a> ; t
@
1
1
t
1
2
(4b)
a> ; t
; s : v 1> ; t ?
2
Mit Zahlen:
1
m
2
; s : 0> 8,8 s?
A? 3,3
B> A 8,8 s B : 127,8 m
2
2
s
;
9s
9t
v0
v1
-9,81m/s²
30m
-
?
0
Grundgleichung (1)
; s
v m:
; t
2
;
t:
9v
s
;
vm
t:
v
2a
Mit Zahlen:
;
s:
v
2
0
@
vm
9t
v0
v1
-
5m
2,5s
11,4km/h
3,17m/s
?
b)
422 Diagramme siehe Aufg. 417.
9t
v0
v1
?
0
70 km/h
19,4 m/s
Grundgleichung (2):
v 1? v 0
; v
; v
a:
@ ; t :
:
01
; t
a
a
9v
vm
Mit Zahlen:
m
s
; t 01:
: 108s : 1min 48s
m
0,18 2
s
19,4
1 Mathematisch sind manchmal mehr Lösungen möglich, als technisch sinnvoll sind. Es gibt
;
t
?
v0
(1e)
a
9s
9t
v0
v1
?
5m
2,5s
11,4km/h
3,17m/s
-
Gleichung (1)
v 1< v 0
; s
v m:
:
2
; t
=
s
? v
v 1: 2>
0
; t
;
(2c)
2> ; s 01
Mit Zahlen
2> 5m
m
? 3,1 D
6
v 1:
2,5 s
s
m
km
: 0,833
:3
s
h
Herleitung von a ohne v1
(3d)
-
(3a)
2; s
9s
v 1:
m
m
> 30 m :< 24,3
2
s
s
Die negative Geschwindigkeit ist mathematisch
möglich, aber technisch nicht sinnvoll1.
9s
v 21 ? v 20
Aus Gleichung (1):
v 1< v 0
; s
v m:
:
@
2
; t
v 0:C 0 ? 2> A? 9,81B
a
a:
a
v
a
0,18m/s²
@
@
424
a) Herleitung von v1 ohne a
;
v 0 :C v 21? 2 a> ; s
v
a
;
m
s
m
a:
:
:? 1
2> ; s 2> 0,5 m
s2
Gleichungen gleich setzen und umformen
v 1? v 0
; s
; v
; s
; t:
:
@
:
@
vm
a
v 1< v 0
a
2
2
1?
t:
0? 1
2
v 1? v 0
=
;
2
s:
2
Grundgleichung (2)
; v
a:
; t
=
;
vm
v1 ? v 0
2a
Mit Zahlen:
;
421 Herleitung von v0 ohne 8t (Diagramme s. Aufg. 419)
a
s
Gleich setzen und berechnen
v 1? v 0
; s
; v
; s
; t:
:
@
:
vm
a
v 1< v 0
a
2
;
v 0 :2>
t:
=
;
vm
Grundgleichung (2)
; v
a:
; t
Grundgleichung (1)
; s
v m:
; t
=
s
? v
v 0: 2>
1
; t
;
9v
Gleichung (2)
v1? v 0
; v
a:
:
; t
; t
=
v 1: v 0<a> ; t
Gleich setzen und berechnen
2> ; s 01
? v : v < a> ; t
v 1:
@
0
0
; t
v0
; s
(5a)
? 2>
a : 2>
2
; t
; t
Zahlenwerte einsetzen
5m
3,17 m E s
m
? 2>
a : 2>
:? 0,933
2
2
2,5 s
s
A 2,5 s B
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
Mit der allg. Lösung für quadratische Gleichungen
(41):
425
a) Diagramme Aufg. 417.; Glchg. (2c) wie in Aufg. 422:
a
Fs
Ft
v0
v1
-9,81 m/s
-
?
40 m/s
0
vm
0H x 2 S pR x S q
G
t 01H
a
Fs
Ft
v0
v1
-9,81 m/s
?
-
40 m/s
0
2
G
Fv
vm
2
-9,81 m/s
G
-
s 01H
v
2
1I
v
2R a
Ft
v0
v1
?
1200 m/s
0
Fs
Ft
v0
v1
-9,81 m/s
?
-
1200 m/s
0
c)
t 01L
K
v0
v1
-9,81 m/s
10000m
?
1200 m/s
-
Fv
vm
Lösungsmöglichkeit 1 mit der allgemeinen Lösung für
quadratische Gleichungen:
Gleichung (1)
Gleichung (2)
v 1S v 0
v 1I v 0
G s
G v
v mH
aH
H
H
2
G t
G t
G t
W
W
s
I v
v 1H 2R
0
G t
v 1H v 0S aR G t
G
s HS v 0R G t S
2R G s
a
(5c)
2
I
2R 10000m
m
TI 9,81 U
2
s
I
2
427
a) Herleitung von v1 ohne Vs:
Ft
G
m
s
m
9,81 U 2
s
q
In diesem Fall sind beide Lösungen technisch sinnvoll, da das Geschoss die gesuchte Höhe sowohl
beim Steig- als auch beim Sinkflug passiert.
Fs
2R G s
I v H v S aR G t
0
0
G t
I
I
I
m
m
m
R
U S 2R TI 9,81 U
2 10000m HY1115,3
s
s
s
und dann mit Gleichung (2c) wie in Aufg. 422:
m
m
I 1200
Y 1115,3
v 2 I v0
s
s
G v
G t 02 H
H
H
a
g
m
TI 9,81 U
2
s
G t 02a H 8,64 s
G t 02bH 236 s
a
v 1H
2
2R v 0
2R a
1200
TI
2
p
2
v 2 HY T 1200
v 01 v 1M v 0
L
a
g
m
0 M 1200
s
L
L122,3 s
m
NM 9,81 P
2
s
Herleitung von Vs ohne v1:
K
1200
m 2
U
s
H
H 73,4 km
m
2R TI 9,81 U 2
s
Gleichung (2c) wie in Aufg. 422:
a
p
Y
2
Lösungsmöglichkeit 2: Erst die Geschwindigkeit v2
mit Gleichung (3d) wie in Aufg. 422 berechnen:
v 2 HY v20 S 2R gR G s 02
2
0
0 I T 1200
b)
2R v 0
Y
2R a
m
s
G t 02H
Y
m
TI 9,81U
2
s
H 122,3 s Y 113,7 s
G t 2a H 8,64 s
G t 2bH 236 s
I
426
a) Gleichung (3b) wie in Aufg. 423:
Fs
tH
I
Mit Zahlen:
v1 M v 0 0M NM 490 m O s P2
K sL
L
L 81,5 m
2
2a
2Q NM 9,81 mO s P
oder Gleichung (1b) mit dem Ergebnis aus a):
v 1S v 0
40 m
R G t 01 H
R 4,08 sH 81,5 m
G s 01H v mR G t 01H
2
2R s
a
x 1,2HI
X
wird:
v 01 v 1I v 0 0I 40 m J s
H
H
H 4,08 s
2
a
g
I 9,81 m J s
Gleichung (3b) wie in Aufg. 423:
G
b)
Fv
X
1
2
R aR G t
2
a
Fs
Ft
v0
v1
1,1m/s²
400m
-
30km/h
8,33m/s
?
Gleichung (1)
G s
v mH
G t
Gleichung (2)
G v
aH
G t
W
G
tH
W
G
s
G
vm
tH
Gleich setzen und umformen
K s
Kv
K tL
L
Z
vm
a
v 1HY v 0S 2 aR G s
2
(5b)
Dazu muss die quadratische Gleichung in die Form
0 = Vt² + .. gebracht werden:
2R v 0
2
2
R G tI
RG s
0HG t S
a
a
v
a
G
(3e)
Mit Zahlen:
2
m
m
R 400 m
S 2R 1,1
2
s
s
m
km
H 30,8
H 110,9
s
h
v 1H
8, [3
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
b)
Lösungsweg 1 mit Gleichung (5c) wie in Aufg. 426c:
a
\s
\t
v0
v1
1,1m/s²
400m
?
30km/h
8,33m/s
-
\v
b)
vm
2` v 0
2
` ^ ta
`^ s
0]^ t _
a
a
m
2` 8,33
s
2
2
` ^ ta
` 400m
]^ t _
m
m
1,1 2
1,1 2
s
s
2
2
]^ t _ 15,15 s` ^ t a 727,27 s
Mit der allg. Lösung für quadratische Gleichungen:
2
c
pd x cq
p
g
2
x 1,2 bf
e
ergibt sich mit Zahlen:
p
2
t a ,b ]a
v0
v1
-0,8 m/s²
-
?
1,4m/s
0,3m/s
v 1a v 0
^ t 01]
]
a
\t
v0
v1
?
-
1,4m/s
0,3m/s
^
?
2m
-
2
v0
v1
0m/s
-
a]
2` ^ s01
]
1,5m/s
2
m
s
a
1,5
2` 2 m
m
s
2
vm
2` v 0
2` v 0
a 2` ^ s
a
h
2` a
2` a
a
wird mit v0 = 0, ks = h und a = g
(Erdbeschleunigung) die Formel
für die Fallzeit
2` h
T]
l
g
t]
a
2` ma 45n m
] 3,029 s
m
a 9,81
2
s
Aufprallgeschwindigkeit bei
freiem Fall: Aus Gleichung (3e)
wie in Aufg. 427a:
a
\s
\t
v0
v1
-9,81m/s²
-45m
-
0m/s
?
c)
wird mit v0 = 0, ks = h und a = g (Erdbeschleunigung) die Formel für die Aufprallgeschwindigkeit bei
freiem Fall
m
m
v 1bg 2gd h bg 2 of 9,81 2 pd of 45mpbf 29,7
s
s
Die positive Geschwindigkeit ist im gewählten Koordinatensystem (nach unten = negativ) nicht sinnvoll.
Gleichung (5b) wie in Aufg. 426c:
a
\s
\t02
v0
v1
-9,81m/s²
?
t1/2
0m/s
-
1
2
` a` ^ t
02 _ v 0` ^ t 02
2
2
1
m 3,029 s
s
`
]_ ` a 9,81
_ 0` 3,029
2
2
2
2
s
]a 11,25 m (ab Startpunkt)
^ s 02] s 2a s 0
l
s 2] s 0_^ s 02] 45ma 11,25 m
] 33,75 m (über dem Boden)
^
\v
0,3m/s
2
]a
s 02]_
v1
0,3
2
v 1a v 0
v0
\v
2` 2 m
] 2,22 s
m
m
0,3 _1,5
s
s
429
a) Gleichung (3a) wie in Aufg. 423:
\t
vm
v 1]h v 20_ 2 a` ^ s
v1_ v0
` ^ t 01
2
m
m
0,3 _ 1,4
s
s
` 1,375 s ]1,17 m
]
2
\s
2` ^ s
]
v 1_ v 0
?
b)
s 01]
a
t 01]
t 1]
1,375 s
Gleichung (1b) wie in Aufg. 414a:
\s
0,3m/s
\v
m
m
a 1,4
s
s
m
a 0,8
2
s
a
1,5m/s
\t
0,3
-0,8 m/s²
?
^
]
b)
2m
\s
428
a) Gleichung (2c) wie in Aufg. 422:
\t
-
45m
\s
v1
a
2
a
v0
-9,81m/s²
q
15,15 s
15,15 s
2
a ia 727,27 j s
h
2
2
] 7,57 s h 28,01 s
^ t a ] 20,4 s
^ t b ]a 35,6 s
Die negative Lösung ist technisch nicht sinnvoll.
Lösungsweg 2 mit v1 aus Teilaufgabe a und
Gleichung (2c) wie in Aufg. 422:
m
m
30,8 a 8,33
v 1a v 0
s
s
^ t 01]
]
] 20,4 s
a
m
1,1 2
s
^
\t
430
a) Fallzeit: Aus Gleichung (5c) wie
in Aufg. 426c:
2
f
\s
^
2
0b x
Gleichung (1c) wie in Aufg. 409b:
a
0,54
m
2
s
vm
\v
vm
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
d)
Gleichungen gleich setzen und umformen:
2u r s
t v s v y au r t
v 1s
x
0
0
r t
Gleichung (3b)b wie in Aufg. 423:
a
qs
qt
v0
v3
-9,81m/s²
?
-
0m/s
v1/2
r
s 03s
v
2
3t
v
2u a
2
0
s
t
29,7 m
2u s
qv
vm
2
2u vt 9,81 w
t
v0s
0
m
2
s
st
11,24 m
v 0s
s 03s s3t s 0 x
s 3s s0 yr s 3s 45 mt 11,24 ms 33,76 (über Boden)
Die Ergebnisse aus c) und d) sind bis auf Rundungsunterschiede identisch, denn gemäß der Gleichung
(2) ist nach der halben Zeit auch die halbe
Geschwindigkeit erreicht.
Fallzeit wie in Aufg. 430a:
a
qs03
qt
v0
v3
-9,81m/s²
qs01/2
?
0m/s
-
Ts
r
2u h
g
t 03s
qv
vm
x
2u r s03
s
g
45m
2u
2
s 2,14 s
m
t 9,81
2
s
t
a
qs
qt
v0
v1
28m
1,5s
-
?
Grundglchg. (1)
v 1y v 0
r s
v ms
s
2
r t
z
qt
v0
v1
-9,81m/s²
28m
1,5s
?
-
Gleichung (1)
v 1y v 0
r s
v ms
s
2
r t
z
v 1s 2u
r
r
qv
qt
v0
v1
?
-
Gleichung (2)
v 1t v 0
r v
as
s
r t
r t
z
s
t v
0
t
v 1s v 0y au r t
b)
vm
t
9,81
m
u 1,5 s
2
s
11,3
8s
r
qs
0
x
a
t 01
t 28 m
1
1
t
au r t 01s
2
1,5 s 2
qs
1
t
au r t 02
2
t
r 02
0m 1
m
t
u vt 9,81
s
wu 8s
8s 2
s2
m
s 39,24
s
Lösungsmöglichkeit 2:
v0 kann man mit dem Flug zum
Scheitelpunkt berechnen, dort ist
v1 = 0 und t1 = 4s (Gleichung (2))
r v 01s au r t 01s v 1t v 0
v 0st au r t 01
m
m
st vt 9,81
wu 4 ss 39,24
2
s
s
Lösungsmöglichkeit 3:
v0 kann man auch mit dem Flug zum Aufprall berechnen, dort ist v1 = -v0 und t1 = 8s (Gleichung (2))
r v 02 s au r t 02s v 2t v 0st 2 v 0
x
1
v 0st u au r t 02
2
1
m
m
u vt 9,81
st
wu 8 s s 39,24
2
2
s
s
Gleichung 4b wie in Aufgabe 426c:
v0 s
s 1
au r t (4e)
y
2
r t
Mit Zahlen:
r s 01
t 28 m
1
1
m
v 1s
au r t 01s
y
y
vt 9,81
wu 1,5 s
2
2
1,5 s 2
r t 01
s
m
st 26,0
s
Herleitung von v0 ohne v1:
v 1s
b)
s
t v s v t au r t
1
1
r t
r
t
a
v 0sv 1t au r t
r
s 01
-9,81m/s²
Gleich setzen und umformen:
v 0 s2u
(5d)
432
a) Lösungsmöglichkeit 1:
Gleichung (5d) wie in Aufg.
431b:
z
s
t v
v 0s 2u
1
r t
s 1
t
au r t
t 2
m
s
Die negativen Vorzeichen kommen daher, dass im
Koordinatensystem oben positiv ist und der Förderkorb nach unten fährt / fällt.
Grundglchg. (2)
v1t v 0
r v
as
s
r t
r t
r
r
st
431
a) Herleitung von v1 ohne v0:
-9,81m/s²
r
Mit Zahlen:
r
e)
r
r
s 02
a
qs
qt
v0
v1
-9,81m/s²
?
4s
-
0
r
1
2
u au r t
01
2
m
2
9,81 2 wu v 4 s w s 78,48 m
s
s 01sy v 1u r t 01t
s
0t
1
u vt
2
qv
vm
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
Wechelnde beschleunigungen oder mehrere Körper
In diesem Kapitel nimmt der Umfang der Aufgaben weiter
zu. Sie enthalten mehrere Bewegungszustände, deren
einzelne Größen man meist nicht direkt lösen kann,
sondern nur im Zusammenhang mit den anderen
Bewegungszuständen.
Für solche Aufgaben kann man keinen einfachen und allgemeinen Lösungsweg angeben. Umso wichtiger ist es,
die Aufgaben planvoll und systematisch anzugehen, um
sich den Überblick zu erleichtern. Als Hilfsmittel dienen
dazu v,t-Diagramme und ähnliche und eine übersichtliche
Matrix aller gegebenen Größen.
In der Matrix sieht man, welche Größen fehlen, und kann
ihre Formeln aufstellen. Um die Herleitung von Formeln
möglichst zu reduzieren, kann man die mit den Aufgaben
417 bis 432 erarbeitete Formelsammlung verwenden. Am
leichtesten findet man die Gesamtlösung, wenn man die
einzelnen Formeln so aufstellt, dass sie nur gegebene
und gesuchte Größen enthalten oder solche Größen, für
die vorher schon eine Formel nach diesen Regeln aufgestellt wurde.
Wer es theoretischer mag: Wenn man genausoviele
(unabhängige) Formeln hat wie unbekannte Größen darin
enthalten sind, ist das Gleichungssystem i.d.R . lösbar.
In der letzten Formel sind nur noch bekannte Größen und die gesuchte Größe enthalten. Nun wird die
Gleichung in die Form für die allgemeine Lösung von
quadratischen Gleichungen gebracht,
2
v
v 2 } s23
} s 03~
} t 03
v } s23
2 a 01
a 01
v
2
0~
2
a
{s
0-1
0,2m/s²
1–2
0
2–3
500m
|
5000m
{t
vVorher
vNachher
0
v
v
v
v
0
360s
Gleichungen
2
2
2
v N v V
v
} s 01~
~
2 a 01 2 a 01
}
s 12~} t 12
~}
}
v N vV v
} t 01~
~
a 01
a 01
v N v N
2
s 03
2
v
v
} t 03 v } s23 } s 03
2 a01 a 01
1
1
2
v } t v } s } s
0~
03
23
03
2 a 01 a 01
1
2
v } t v } s } s
03
23
03
2 a 01
2
0~ v 2 a 01 } t 03 v } s 23} s03 2 a01
0~
mit Zahlen vereinfacht
m
m
2
0v 2 0,2 2 360 s v
2 0,2 2 5000m
500m
s
s
2
m
m
0v 2 144 v
2200 2
s
s
und in die allgemeine Lösung (Gleichung (41)) für
quadratische Gleichungen eingesetzt:
v a ,b ~
Weg
}
0~
Auf die genaue Angabe, welche Formel wo eingesetzt
wird, verzichte ich hier, weil dies sehr umständlich ist.
433
2
v
v
2 } s } s
} t 03 v
23
23
2 a01
a01
144
m
s
144
m
s
2
2
2200
m
2
s
2
2
m
m
m
km
54,6
~ 72
~ 17,4
~ 62,6
s
s
s
h
Die zweite mathematisch mögliche Lösung
m
m
m
km
v ~ 72 54,6 ~ 126,6 ~ 456
s
s
s
h
ist nicht sinnvoll, weil ??
Lösung gemäß Lösungshinweis in der Aufgabe:
In das große Rechteck minus
den Dreiecken:
s ges~} s 03~ v 1 t ges } s 01 } s 23
setzt man ein das 1. Dreieck
2
2
2
v 1 v 0
v1
} s 01 ~
~
2 a 01 2 a 01
t 12 v
s 03~} s01} s12} s 23
2 s 23 2 s 23
v N
v V
vN
t 23
}
t 03~} t 01} t 12} t 23
t 12~} t 03 } t 01 } t 23
}
Es liegen 6 unabhängige Gleichungen mit 6 unbekannten Größen (s01, s12, t01, t12, t23 und v1)
vor, also kann gelöst werden.
s 03~} s01} s12} s 23
2
v
} s 03~
} t 12 v } s 23
2 a 01
}
}
s 03~
v2
} t 03
2 a 01
}
s 03~
2
v
v 2 } s23
} t 03
} s 23
2 a 01
a 01
v
}
t 01
}
t 23 v } s 23
und das gegebene Dreieck s23
und erhält die Gleichun wie oben:
2
v1
} s 23
s ges~ v 1 t ges
2 a 01
Diese Lösung sieht einfacher
aus, benötigt aber die richtige Idee. Die Vorgehensweise mit der Übersichtsmatrix erfordert vielleicht
mehr Arbeit, dafür weniger Ideen
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
Lösung mit Hilfe der allgemeinen Lösung für
quadratische Gleichungen (Gleichung (41) :
434
Weg
a
0-1
0,18m/s²
1–2
s
t
0
2–3
vVorher
vNachher
0
v
v
-0,3m/s²
v
v
20km
0
Die Aufgabe kann auf einen
Fahrtzyklus vereinfacht werden:
t gesamt 2 t pause
t 03
3
60 min 2 3 min
18 min
3
s gesamt 60 km
s 03
20 km
3
3
Die Lösung erfolgt ähnlich wie in
Aufgabe 434, deshalb sind hier
die Erläuterungen noch kürzer:
2
2
2
v N v V
v
2 a 01 2 a 01
s 12 t 12 v1
s 23
s 03 s 01 s12 s 23
2
t 01
Weg
a
0-1
0,1m/s²
2
t 01
2
2
4500
s
b)
2
s
m
2
m
2
s
2
v
2 a 23
5m
1
m
s
2
5m
m
s2
Weg mit konstanter Geschwindigkeit:
s 12 s ges s 01 s 23 200 m 2 5 m 190 m
2
4,444
m
s
2 0,1
t 03 t 01 t 12 t 23
t 12 t 03 t 01 t 23
vB=1m/s
vT=1,5m/s
200m
0
Bergfahrt (Diagramm oben)
Weg für Beschleunigungs- und
Bremsrampe:
2
2
v N vV
v2
s 01
2 a
2 a 01
v N vV v
a 23
a 23
2
vNachher
0
v N vV v
a 01
a 01
s 2
v 1080 s v 20000m
m
m
m2
243 v 4500 2
s
s
vVorher
vB; vT
t
vB; vT
a)
Einsetzen von Zahlen und normieren:
1
1
2
v 18 min v 20 km
0
m
m
2 0,18 2 2 0,3 2
s
s
0 v 2
2
vB; vT
0 4,444
0
v
v
v
v
t 03 v s 03
2 a01 a 01 2 a 23 a 23
1
1
2
v t v s
0
03
03
2 a01 2 a 23
2
-0,1m/s²
0
m
s
2–3
Gleichungen aufstellen und Einsetzen:
s 03 s01 s12 s 23
v 21
v 21
s 03
t 12 v
2 a 01
2 a 23
2
v
v2
s 03
t 03 t 01 t 23 v
2 a 01
2 a 23
2
2
v
v
v
v
s 03
t 03
v
2 a 01
a 01 a 23
2 a 23
2
2
2
2
v
v
v
v
s 03
0
t 03 v
2 a01
a01 a 23 2 a 23
2
243
1–2
1
v N vV v2
2 a 23 2 a 23
435
Gleichungen
s 01
m
s
m
2
2
2
s
m
m
m
km
101,3
121,5
20,2
72,7
s
s
s
h
Die zweite mathematisch mögliche Lösung ist nicht
sinnvoll, weil ??
v a ;b
18min
243
s 23
2 0,1
Zeit für den Weg mit konstanter Geschwindigkeit:(1):
s 12 190 m
t 12
190 s
v
m
1
s
Zeit für die Rampen:
m
1
vN vV v
s
t 01
10s
2 a
a01
m
0,1 2
s
m
1
v N vV v
s
t 23
10s
2 a
a 23
m
0,1
2
s
Gesamtzeit:
t ges t 01 t 12 t 23 10 s 190s 10s 210s
Talfahrt (v,t-Diagramm unten)
t ges t 01 t 12 t 23 15 s118,3 s 15s 148,3 s
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
436
437
A
A
B
t
a
m/s²
B
B
A
Weg
a
m/s²
s
0–1
0
180
180
3,8
0
200
1–2
0
180
180
0
200
200
vVor
vNach
km/h km/h
A-B
B
A
s
vVor
vNach
km/h km/h
a)
Geg.:
km
m
50,0
h
s
km
m
5
v B1 200
55,
h
s
Wie lange beschleunigt
Rennwagen B
v B1 v B0
a B01
¢
¡ t 01
m
55, 5
v B1
s
¡ t 01
14,61 s
a B01
m
3,8 2
s
In der Zeit fahren die Rennwagen
A und B:
¤ s A01
v A£
¥
¤ t 01
¤ s A01£ v A¦ t 1
m
¦ 14,61 s £ 731,0 m
£ 50
s
m2
55, 5
2
2
2
v N v V v B1
s
¡ s B01
406,1 m
2§ a B
2§ a B
m
2§ 3,8 2
s
Danach muss Wagen B den Abstand mit Überschussgeschwindigkeit aufholen.
¤ s A01 , B01£¤ s A01 ¨ ¤ s B01£ 731,0 m¨ 406,1 m £ 324,9 m
¤ s A01 , B01£¤ v A1 , B1¦ ¤ t 12
¥
¤ s A01 , B01
324,9 m
¤ t 12£
£
£ 58,5 s
m
¤ v A1 , B1
5¨ 50,0 «
© 55, ª
s
Daraus folgt die gesamte Einholzeit
t ges¡ t 01¬¡ t 1214,61 s ¬ 58,5 s 73,1
Die Lösung gibt es umständlich
1
2
¡ s B02¡ s B01¬¡ s B12 § a II§ ¡ t 01¬ v II1§ ¡ t 12
2
1
m
2
§ ­ 14,61 s ® ¬ 55,
5 s§ 58,57 s 3659 m
§ 3,8
2
2
s
oder einfacher, wenn man berücksichtigt, dass beide
Wagen denselben Weg zurücklegen.
m
§ 73,18 s 3659m
¡ s B02¡ s A02 v A§ ¡ t 02 50
s
v A 180
b)
Weg
a
s
0-1
0
1–2
-3,4m/s²
60m
t
vVorher
vNachher
0,9s
v
v
v
0
18min
Aus den beiden Wegabschnitten
kann man eine quadratische
Gleichung für v0 aufstellen,
¡ s 01 v§ ¡ t 01
v 2N vV2 v 2
¡ s 12
2a
2a
¡ s 02¡ s01¬¡ s12
v 02
¡ s 02 v 0§ ¡ t 01 2a
normieren,
2
0 v 0 2 a§ ¡ t 01§ v 0¬ 2 a§ ¡ s 02
Zahlen einsetzen
m
0£v 02¨ 2¦ ©¨ 3,4 « 2¦ 0,9 s¦ v 0
s
m
¦ 60 m
¯ 2¦ ©¨ 3,4 «
s2
m
m2
0£v 02¯6,12 ¦ v 0 ¨ 408 2
s
s
und mit der allgemeinen Lösung (41) für
quadratische Gleichungen gelöst
0 x
2
¬
p§ x ¬ q
¢
x 1,2
p
°
2
p
2
2
2
q
2
6,12 m ² s ®
6,12 m² s
m
°
¬ 408
2
2
2
s
m
m
m
km
v 0 3,06 ° 20,43 17,4 62,5
s
s
s
h
Die negative Lösung ist technisch nicht sinnvoll.
v 0± 1,2 ­
438 Gegeben:
¡ s A02 150 m 2§ 5 m 10 m 5 m
125 m
150 m
¡ s
B02
km
1000 m
m
v A 72
72
20
h
3600 s
s
km
1000 m
m
v B1 90
90
25
h
3600 s
s
a) während des Überholvorganges
fährt der überholte Lkw A
125 m, daraus folgt die Zeit, die
dem Pkw für den Überholvorgang zur Verfügung steht:
¤ s A02
v A£
¥
¤ t 02
¤ s A02
125 m
¤ t 02£
£
£6,25 s
vA
m
20
s
s in m
150
135
Lkw A
10
Pkw B
1
v
2
t
2
t
Pkw B
³ s'
B02
Lkw A
0
1
a
Pkw B
1
t
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
b)
Aufgaben zu Überholvorgängen werden einfacher,
wenn man sie aus einem der Fahrzeuge betrachtet.
Relativ aus dem überholten Lkw A gesehen legt der
Pkw 25 m mit 5 m/s zurück:
´ s B02
µ ¶ s B02 · s A02¶150 m · 125 m¶ 25 m
m
vµB0 ¶ 0
s
m
m
m
vµB1¶ v B1· v A ¶ 25 · 20 ¶ 5
s
s
s
Den Weg 25 m des Pkw findet man im v,t-Diagramm
als Fläche über der Geschwindigkeit des Lkw.
¸ v B · v A¹º ´ t 01
´ s B02
µ ¶
»¸ v B· v A ¹º ¸ ´ t 02· ´ t 01¹
2
¸ v B· v A¹
º´ t
´ s B02
µ ¶¸ v B· v A ¹º ´ t 02·
01
2
5m
m
º´ t
25 m¶ 5 º 6,25 s·
¼ ´ t 01¶ 2,5 s
01
s
2 s
Die Zeit eingesetzt in die Beschleunigungsgleichung
m
5
vµB1· vµB0 v B1
´ vµ
s
m
B01
a B¶
¶
¶
¶
¶2
2
t 1· t 0
t 1 2,5 s
´ t 01
s
Wer die obige Vereinfachung nicht findet, hat mehr
zu tun, kommt aber auch ans Ziel:
Pkw B
Weg
a
0-1
?
½s
½t
1–2
150m
¾
vVorher
vNachher
vA
vB
vB
vB
6,25s
2
2
s 12¶ v Bº ´ t 12
Â
s 02ÃÂ s 01ÄÂ s12
´
´
¸
a B01¶
25
m
¹
s
2
· ¸
20
m
¹
s
2
·
2º 25
½s
0-1
0
1–2
2–3
vVorher
vNachher
36m
1,2m/s
1,2m/s
2m/s²
7m
1,2m/s
v2
--3m/s²
?
v2
0,2m/s
½t
?
¾
a)
´
s 12¶
2
2·
2
1
v v
2º a 12
¼
v 2¶ v 21 »2aº ´ s12
b)
1,2
2
´
s 23¶
m
º 7m
2
s
22
» º
2
v 3· v 2
2º a 23
2
0,2
m
s
·
5,426
m
s
2
¶ 4,9 m
2º ¸· 3 m Å s ¹
´ s 01
36 m
´ t 01 ¶
¶
¶ 30 s
v01 1,2 m Å s
v 2 · v1 5,426 m Å s · 1,2m Å s
´ v12
´ t 12 ¶
¶
¶
¶ 2,11 s
2
a 12
a 12
2 mÅs
v3 · v 2 0,2m Å s · 5,426 m Å s
´ v
23
´ t ¶
¶
¶
¶ 1,74 s
23
2
a 23
a 23
· 3mÅ s
´ t ¶´ t »´ t »´ t ¶ 30 s» 2,11 s » 1,74 s¶ 33,85 s
03
01
12
23
¶
c)
2
m
s
m
¶ 5,426
s
¶
2
t 02¶´ t 01»´ t 12 ¼
t 12¶´ t 02· ´ t 01
m
m
º ¸ 25· 20 ¹
s
s
m
2º 150 m· 2º 25 º 6,25 s
s
¶
2
m
s2
km
h
1000 m
m
6
¶ 16, Æ
3600 s
s
Bremsweg des vorderen
Fahrzeuges A
2
2
v A2· v A0
´ s A02¶
2º a A
m 2
· ¸ 16, Æ
6 ¹
s
7m
¶
¶ 27, Æ
m
2º ¸· 5 2 ¹
s
¶
Montage:
´ s 02¶´ s 01 »´ s12
2
2
vB· v A
´ s 02¶
» v Bº ´ t 12
2º a B01
2
2
vB· v A
´ s 02¶
» v Bº ¸ ´ t 02· ´ t 01 ¹
2º a B01
v 2B · v 2A
v B· v A
» v Bº ´ t 02· v Bº
´ s 02¶
2º a B01
a B01
Mit 2º a B01 multiplizieren, auflösen und einsetzen.
2
2
2º ´ s02º a B01¶ v B· v A» 2º v Bº ´ t 02º a B01· 2º v Bº ¸ v B · v A¹
2
2
v · v · 2º v Bº ¸ v B · v A ¹
a B01¶ B A
2º ´ s02· 2º v Bº ´ t 02
a
v A0¶ v B0¶ v B1¶ 60
vBÁ v A
¿ t 01À
a B01
´
Weg
440 Gegeben:
Gleichungen
vB · v A
´ s 01¶
2º a B01
439
60
Bremsweg des hinteren
Fahrzeuges B
2
´
s B03 ¶´ s B01»´ s B13 ¶ v B1º ´ t 01 »
2
v B3 · v B1
2º a A
m 2
¹
m
s
6 º 1 s»
6 m» 39,68 m¶56,35 m
¶ 16, Æ
¶ 16, Æ
s
m
2º ¸· 3,5 2 ¹
s
Daraus folgt der Mindestabstand:
7 m¶ 28,6 m
´ s mind ¶´ s B03· ´ s A02¶ 56,35 m · 27, Æ
· ¸
16, Æ6
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
b)
441
Weg
a
0-1
1–2
Çs
Çt
vVorher
vNachher
-9,81m/s²
0
v1
40m/s²
v1
0
-18m
È
c)
2
s 01Ê
2
2
v 1Ë v 0
v1
Ê
2Ì a 01 2Ì a01
Ë
Weg
a
vVorher
vNachher
-9,81m/s²
4m/s
0
1–2
-9,81m/s²
0
v2
0–2
-9,81m/s²
0,5s
4m/s
v2
0,25s
v2
0
a)
Î
s12 ist hier negativ, weil die Bewegung nach unten
erfolgt (Ò s,t-Diagramm). Die Bremse muss
spätestens 3,55 m über dem Boden greifen.
Ñ
b)
442
Çs
Weg
a
vVorher
vNachher
0-1
-9,81m/s²
v0
0
1–2
-9,81m/s²
0
v2
0–2
-9,81m/s²
v0
v2
-60m
Çs
2–3
2
2 a
0–1
Ì
01Ì É s 01
2Ì a 12
Hinweis: Das Vorzeichen von v1 spielt keine Rolle,
aber das Minus vor v1² bleibt erhalten!
Ë 2Ì a 01Ì É s 01
É s 12Ê
2Ì a 12
a 12
Ë
Ì É s ÊÉ s ÊÉ s Ë É s
12
01
02
12
a 01
a12
Ì É s ÊÉ s
É s 12Ë
12
02
a01
É s 02
Ë 18 m
É s 12Ê
Ê
ÊË 3,55 m
2
a12
40m Ð s
1Ë
1Ë
2
a 01
Ë 9,81 mÐ s
s 12Ê
19,43
443
v 1ÊÎ 2Ì a 01Ì É s01
É s 02ÊÉ s 01ÏÉ s12
Í
É s01ÊÉ s 02Ë É s 12
Montage der Formeln:
2
Ë v
1
É s 12Ê
2Ì a 12
Í
É
2
m
m
m
Ë 2Ì ÓË 9,81
ÔÌ ÓË 60m ÔÊË 39,43
2
s
s
s
Die positive Lösung ist nicht sinnvoll.
Freier Fall, z.B. Gleichung (3):
2
m
ÓË 39,43
Ô Ë 0
2
2
v 2Ë v 1
s
ÊË 79,24 m Ê h
É s 12Ê
Ê
2Ì a
m
2Ì ÓË 9,81 2 Ô
s
ÊÎ
Gleichungen aufstellen:
2
2
2
v 2Ë v 1 Ë v 1
É s 12Ê
Ê
2Ì a 12 2Ì a12
É
v 2Ê v t ÊÎ v 0Ï 2Ì a 02Ì É s 02
Çt
6s
Hinweis: Da die Beschleunigung konstant ist, gelten alle Formeln ungeachtet des Richtungswechsels der Bewegung. Ihre Teilung ist nur wegen der
Gipfelhöhe erforderlich.
a)
É s 02
1
Ë
Ì aÌ É t
v 0Ê
02
2
É t 02
Ë 60 m
1
m
Ë
Ì ÓË 9,81
Ê
ÔÌ 6 s
6s
2
s2
m
Ê 19,43
s
c)
Çt
Zeit bis zum 1. Stillstand (Totpunkt, bei dem der Fahrstuhl die
Bewegungsrichtung wechselt):
v 1Ë v 0
É t 01Ê
a 01
m
0Ë 4
t
s
Ê
Ê 0,408 s
m
Ë 9,81
v
s2
Weg bis zum 1. Stillstand:
2
2
v 2Ë v 1
É s 12Ê
2Ì a
2
m 2
0
1
3 t
0Ë Ó 4 Ô
s
Ê
Ê 0,815 m
m
a
2Ì ÓË 9,81 2 Ô
s
Geschwindigkeit nach 0,5s:
t
v 2Ê v 0Ï a 02Ì É t 02
m
m
m
Ë 9,81
Ì 0,5 sÊË 0,905
Ê4
2
s
s
s
Die Geschwindigkeit wirkt nach unten, da im
gewählten Koordinatensystem positiv oben ist.
Mit Fallweg meint die Aufgabe den Weg vom 1.
Totpunkt bis zum 2. (endgültigen) Stillstand (t3).
2
m
Ë 0,905
Ë 0
2
2
v 2Ë v 1
s
É s 12Ê
Ê
ÊË 0,042 mm
2Ì a 01
m
2Ì ÓË 9,81 2 Ô
s
m
Ë 0,905
Ï0
v 3Ï v 2
s
ÌÉ t Ê
Ì 0,25 s ÊË 0,113 m
É s 23Ê
23
2
2
É s 13ÊÉ s 12ÏÉ s 23 ÊË 0,042 mm Ë 0,113 mÊË 0,155 m
s
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
446 Gegeben:
Waagerechter Wurf
444
x
Weg
0–1
a)
x
x
x
a
m/s²
Õs
m
vVor
m/s
vNach
m/s
0
100
500
500
x-y y
Õt
a
m/s²
y
y
Õs
-9,81
y
a)
vVor
vNach
km/h km/h
0
In dieser Aufgabenstellung
wird die Flugdauer von der
Anfangsgeschwindigkeit
und den Weg in waagerechter Richtung bestimmt.
Gleichung (2c):
Ö s x01
Ö t 01×
v xm
In der dieser Zeit sinkt das
Geschoss um (Glchg. 5b):
1
2
Ö s y01× Ø aØ Ö t 01Ù v y0Ø Ö t 01
2
vy0 = 0 und Út01 eingesetzt in Úsy:
2
Ö s x01
1
Ö s y01 × Ø aØ
2
v xm
×
b)
2
m 1
m 100 m
Ø
Ü× Ø 9,81
× 0,196 m
2
s
2
s 500 m
s
In Aufgaben zu Würfen genügt es meist, mit
Beträgen zu rechnen.
bzw.:
2
m 1
m 100 m
h Û v x × 1000 Ü× Ø 9,81 2Ø
× 0,049 m
s
2
s 1000 m
s
Mit der doppelten Geschwindigkeit fällt das Geschoss nur
noch ein Viertel des Weges.
b)
l 2Ýl 1ß s xÝ4 mß 1,81 mÝ 2,19 m
2
2
m
m
ã áâ 31,3
ã Ý 76,2
s
s
und den Aufprallwinkel ä nach Gleichung (11)
m
31,3
vy
s
å × arctan
× arctan
× 24,3 °
vx
m
69,4
s
2
447 Gegeben:
a) Aus Gleichung (13)
2
sx
1
h × Ø gØ
2
vx
erhält man durch Umformen die erforderliche
Geschwindigkeit vx
g
v x× s xØ
2Ø h
und mit Zahlen das Ergebnis
m
9,81
g
s
m
v x× s xØ
× 0,6 mØ
×1,33
2Ø h
2Ø 1m
s
Die notwendige Höhe h2 berechnet man üblicherweise mit dem dem Energieerhaltungssatz und setzt
die potentielle Energie am höchsten Punkt gleich der
Geschwindigkeitsenergie am niedrigsten Punkt. Das
führt zu den Gleichungen:
1
2
mØ gØ h× Ø mØ v æ v × 2Ø gØ h
2
In der Aufgabe wurde die Rotationsenergie ausgeschlossen, da sie einen Teil der potentiellen Energie
auf Kosten der Geschwindigkeit aufzehrt.
Will man die Antworten aus den Bewegungsgleichungen finden, kann man sich vorstellen, dass die
Kugeln erst die Höhe h2 im freien Fall fallen und
dann ihre senkrechte Bewegung an einer 45°-Schräge in eine waagerechte Bewegung ändern. Aus dieser Überlegung heraus kann man die Gleichung (7)
für den freien Fall verwenden:
2
m
2
Û 1,33
Ü
vx
s
h× ×
× 0,090 m× 9 cm
2g
m
2 9,81
erhält man durch Umformung die Wurfweite sx
bei waagerechtem Wurf :
2Ø h
s x× v xØ
g
und Zahlen eingesetzt:
m 2Þ 4m
s xÝ 2 Þ
Ý1,81 m
s
m
9,81 2
s
221,7 m
Aus (Gleichung. 3e) und vy0 = 0; a = G:
2
v 1×à v 0Ù 2 aØ Ö s
folgt die senkrechte Aufprallgeschwindigkeit
m
m
(7)
v y× 2Ø gØ h× 2Ø 9,81 Ø 50m× 31,3
s²
s
die Gesamtgeschwindigkeit v mit Gleichung (10)
2
Mit Zahlen:
2Ø 50 m
m
9,81 2
s
v Ý v xá v yÝ â 69,4
445
a) Aus Gleichung (13)
2
sx
1
h × Ø gØ
2
vx
m
Ø
s
In der Schreibweise der Aufgabe erhält man den Zusammenhang zwischen Wurfhöhe h, Wurfweite sx
und Wurfgeschwindigkeit vx:
2
sx
1
(13)
h × Ø gØ
2
vx
h Û v x × 500
69,4
×
b)
km
m
×69,4
h
s
Gleichung (13) für die
Wurfweite bei
waagerechten Wurf:
2Ø h
s x × v xØ
g
v x× 250
b)
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
b)
Schräger Wurf
448
x
x
Weg
a
m/s²
0–1
0
x
çs
m
x
vVor
m/s
x-y y
vNach
m/s
çt
vx0
y
y
a
m/s²
çs
-9,81
5m
y
vVor
vNach
km/h km/h
vy0
Gegeben
l 10 m
è
è 5m
2
2
Zusammengesetzte Bewegungen sind durch die Zeit
ét verknüpft.
Die Flugdauer eines Wassertropfens wird mit der
senkrechten Komponente
seiner Anfangsgeschw. vy
festgelegt. Als Randbedingung wählt man ésy02=0
und erhält aus :
s xmaxè
a)
(5c)
ê
t a ,b èë
vv
ì
a
vv
a
2
í
2ê s
a
î
v y0
g
Beide Lösungen sind richtig, aber nur Variante b ist
hier brauchbar.
ê
t 02a è 0
oder
ê
t 02bè 2
Einfacher wird es mit der Randbedingung vy1=0:
v 1ë v 0
î
(2c) ê t è
a
v y0 1
ê t 01è
è
ê t
g 2 02
In der Zeit ét02 bewegen sich die Wassertropfen in
x-Richtung, daraus ergibt sich die Flugweite:
ê s èê tï v m
î
(1c)
ê s x02èê t 02ï v x0 è s xmax
ét02 einsetzen und umrühren
v
s xmaxðñ t 02ò v x0ð 2 y0ò v xo
g
gò s xmax ð2 v 0ò sin óò v oò cos ó
gò s xmax
ð 2ò sin óò cos ó
2
v0
Mithilfe www.wolframalpha.com oder einer guten
Formelsammlung findet man das Additionstheorem
2ï sin ôï cos ôè sin 2 ô
und kann auflösen
gï s xmax
2ï sin ôï cos ôè
2
v0
gï s xmax
sin 2 ô è
v 20
gï s xmax
1
arcsin
ôè
(14)
2
2
v0
Mit Zahlen:
gï s xmax
1
arcsin
ôè
2
v 20
m
9,81 2ï 5 m
1
s
arcsin
è
2
2
m
15
s
1
ô1 è ï 12,6 ° è 6,3°
2
für ø = 6,3°
1
ô 2è ï 167,4 ° è 83,7 °
2
Die Arcussinus-Funktion
ist nicht eindeutig und liefür ø = 6,3°
fert mindestens 2 Ergebnisse (siehe Bilder).
In diesem Fall sind beide
Ergebnisse technisch
sinnvoll, denn der Rasensprenger erreicht die
Weite mit beiden
Einstellungen. Zu
wählen ist die steile
Verlauf der Sinusfunktion
Einstellung, weil mit der
flachen Einstellungen sxmax überschritten wird und
zwar für alle Winkel 83,7° > õ > 6,3°.
449 Gleichung (14):
v 0ð
gò s x
ð
sin 2 ó
m
ò 90 m
m
s2
ð 29,9
sin ö 2ò 40 °÷
s
9,81
450 Gegeben Gleichung (12):
v x0è v 0ï cos ô
m
m
ï cos70 ° è 205,2
è 600
s
s
v y0ð v 0ò sin ó
m
m
ò sin 70 ° ð 563,8
ð 600
s
s
Wie lange braucht das Geschoss bis zur Höhe
4000 m? Gerechnet wird die senkrechte
Komponente:
(5c)
ê
t èë
v y0
ì
a
v y0
a
2
2
í ï
ê
s y01
a
2
m
m
563,8
s
s
4000m
èë
ì
í 2ï
m
m
m
ë 9,81
ë 9,81
ë 9,81
2
2
s
s
s2
è 57,5 sì 49,9 s
ê t 01 è 7,6 s (Steigflug)
ê t 02è 107,4 s (Sinkflug)
563,8
Die zweite Passage der Höhe beim Sinkflug passt
nicht zur Aufgabenstellung.
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
Wie weit fliegt das Geschoss in dieser Zeit
horizontal? Gleichung (1) mit vm = vx0:
ù s x01úû v x0ü ù t 01
m
ü 7,6 s ú 1560 m
ú 205,2
s
Die horizontale Abweichung beträgt
4000 m
ù s xABú s x01 ý s xBú 1560 m ý
tan 70 °
ú 1560 mý 1456mú 104 m
451 Gegeben Gleichung (12):
v x0þ v 0ÿ cos v y0ú v 0ü sin a) Wie weit fliegt das
Geschoss in dieser Zeit
horizontal? Gleichung (1)
mit vm = vx0:
ù s x úûv x0ü ù t
ú v0ü cos ü ù t
m
ü cos ü 15s
ú 100
s
ú 750 m
b) Wie hoch fliegt ein Geschoss während der Zeit
t? Die Endgeschwindigkeit spielt keine Rolle, also
Gleichung (5) mit a = -g:
h úù s y01
1
2
ü gü ù t û v y0ü ù t
úý
2
1
2
ü gü ù t û v0ü sin ü ù t
úý
2
Mit Zahlen
1
2
h úý ü gü ù t û v 0ü sin ü ù t
2
1
m
m
2
ü 9,81
ü 15 s û100
ü sin 70 °ü 15s
úý
2
s
s2
ú 195 m
452 Lückenbüßer für einen Zählfehler
Gleichförmige Drehbewegung
453 Gleichung (29):
v u úü dü núü 35 mmü 2800 min
m
m
ú 308
ú 5,1
min
s
1
454 Gleichung (26):
U
2 ü 6280 km
v uú
ú
1Tag
ù t 1U
40000 km 1670 km 464 m
ú
ú
ú
d
h
s
455 Gleichung (29):
v u úü dü núü 1650 mmü 3000min
m
m
ú 15551
ú 259
min
s
1
456
a) Gleichung (40):
km
1000m
m
v u ú v mú 25
ú 25
ú 6,94
h
3600s
s
b) Gleichung (29):
v u úü dü n m
m
6,94
6,94
vu
s
s
nú
ú
ú
ü d
ü 28 ' '
ü 28ü 25,4 mm
1
1
ú 3,11 s
ú 186 min
457 Gleichung (29):
v u úü dü n m
min
dú
ú
ü n
ü 250 min
37
vu
458 Gleichung (29):
v u úü dü n
dú
vu
47,1 mm
40
ú
1ú
m
s
1
ü n
ü 2800
min
ú 272 mm mm
ú
40 mü min 40 mü 60 s
ú
ü 2800 s
ü 2800 s
459
a) Das nutzbare Schleifkörpervolumen beträgt
(t = Dicke):
2
2
ü d max
ü d min
2
2
ý
ü tú
ü d maxý d min ü t
V nutzú
4
4
4
Nachdem die Hälfte davon abgenutzt ist, beträgt das
Volumen des Schleifkörpers Vm :
2
v nutz
ü d max
ü tý
v mú
4
4
2
2
ü d max ý d minü t
d 2max
4
ü tý
ú
4
2
2
2
d
d
û
max
min
ü tü
ú
4
2
Dieses Volumen kann man mit seinem Durchmesser
dm darstellen:
2
ü d m
ü t
v mú
4
ü
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
Wenn man die beiden gleich setzt, erhält man den
Durchmesser dm für das mittlere nutzbare Volumen:
2
2
2
d max d min
d m
t
vm
t
4
4
2
2
2
d
d
d 2m
max min
2
d m
Mit Zahlen:
d m
b)
2
400
d 2max d 2min
2
180
Gleichung (29):
v u d n
2
2
mm 310,2 mm
m
30
vu
s
1
1
nI
23,8 s 1432 min
d
400mm
m
30
vu
s
1
1
n II 30,8 s 1848 min
d
310mm
460 Gleichung (18):
a) Stundenzeiger
2 rad
rad
3 rad
0,523
0,145 10
12 h
h
s
360 ° 30 °
3 °
h
8,33 10
12 h
h
s
t
Minutenzeiger
2 rad
rad
3 rad
m
6,28
1,74 10
60 min
h
s
t
360° 360 °
°
m
0,100
60 min
h
s
t
Sekundenzeiger
2 rad
rad
rad
s
377
0,105
60
s
h
s
t
360 ° 21600 °
°
s
6
60s
h
s
t
h
b)
c)
t
463
a) Gleichung (1) und (40):
3600 m
m
m
s
v u v m
900
15
4
min
min
s
t
b) Gleichung (29):
v u d n m
900
vu
min
d
655 mm
1750
n
4 min
c) Gleichung (25):
1750
rad
rad
2 n 2 2749
45,6
4 min
min
s
464
a) Gleichung (26):
180 °
z
360 ° 0,5
1
1
n
0,0625
8s
8s 16 s
s
t
b) Gleichung (25):
2 rad
rad
2 rad n
0,393
16s
s
c) Gleichung (30):
rad
5,4m
v u r 0,393
s
465
a) Gleichung (25):
b)
d
rad 120 mm
m
18,7
1,12
2
s
2
s
v u r d
rad 180 mm
m
18,7
1,68
2
s
2
s
v u r d
rad 240 mm
m
18,7
2,24
2
s
2
s
b)
c)
462
a) Gleichung (29):
v u d n
c)
b)
d)
vu
rad
m
m
150 mm 22,6
0,377
min
min
s
Am höchsten und tiefsten Punkt des Kurbelkreises
stimmen die Umfangsgeschwindigkeiten von
Kurbelzapfen und Kulissenhebel (KH) überein.
Gleichung (30):
v u r m
0,377
vu
s
rad
KH oben
0,503
l 2 r 600 mm 150 mm
s
m
0,377
vu
s
rad
KH unten
0,838
l2 r 600 mm 150 mm
s
Gleichung (30):
v u KH oben l1
rad
m
m
900 mm 0,452
0,503
27,1
s
s
min
466
a) Gleichung (29):
v r d 1 n1
111mm
km
h
1
1
n
17,1 1027
s
min
d
2 r
2 310 mm
Gleichung (30):
v u r km
120
vu
h
rad
107,5
r 310 mm
s
vu
Gleichung (30):
24
rad
rad
150,8
2,51
min
min
s
v u r 150,8
461 Gleichung (30):
a)
v u r 2 rad n
2 rad
120
b)
Gleichung (25):
c)
2 rad n1 2 rad
Gleichung (29)
900
m
313,8
min
min
900
rad
rad
5655
94,2
min
min
s
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
v r d n
m
min
d
444 mm
1
n 2
225
min
vr
467
a) Gleichung (29):
v u d n
c)
468
a) Gleichung (39):
n1 d 2
i n2 d 1
b)
c)
m
s
U
U
n 2
29,6
1773
s
min
d 2
280 mm
Gleichung (29):
v u d 1 n1 d 2 n 2
d 1 n 1 d 2 n2 n2
1773 min 1
d 1 d 2 100 mm
185 mm
n1
960 min 1
Gleichung (29):
1
v u d 2 n 2 100 mm 1773
557 mm
min
vu
b)
313,8
26
1
1420
n1
min
U
n 2 405,8
i
3,5
min
Gleichung (39):
n1 d 2
i n2 d 1
d
320 mm
d 1 2 91,4 mm
i
3,5
Gleichung (29)
v u d 1 n1 d 2 n 2
1
1
91,4 mm 1420
320 mm 405,8
min
min
m
m
407
6,80
min
s
469 Gegeben
360 °
340
90 °
Gleichung (39) (u = Umdrehungen):
z 2 340
i 24,28
z1 14
n u
i 1 1 n2 u2
80 °
u1 i u 224,28
5,40
360 °
z 2 85
470 Gleichung (39) (u = Umdrehungen):
n1 d 2
n2
i d 1 d 2
n2 d 1
n1
a)
1 1
33
n2
3 min
d 1 d 2 200 mm
4,44 mm
n1
1
1500
min
1
b)
45
n2
min
d 1 d 2 200 mm
6,00 mm
n1
1
1500
min
c)
1
78
n2
min
d 1 d 2 200 mm
10,40 mm
n1
1
1500
min
471
a) Gleichung (29):
v u d n
m
U
min
n Rad 95,5
min
d Rad
60 cm
vu
180
Gleichung (39):
n1 z 2 z 4
i ! ... " n2 z 1 z3
n1 1430 min 1
i 15,0
n2 95,5 min 1
z
17
z 2 i z1 3 15,0 17 50
z4
86
472
a) Gleichung (39):
z 2 z 4 60 80
i 16
z 1 z 3 15 20
b) Gleichung (39)
n 1 960 min 1
1
n 2 60
i
16
min
c) Gleichung (29):
v u d 2 n 2
1
m
m
300 mm 56,5
60
0,942
min
min
s
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
473
a) Gleichung (29):
v u #$% d% n
478
a) Gleichung (29):
&
km
h
U
U
n 2#
#
# 2,5
# 247
s
min
$% d Rad
$% 780 mm
Gleichung (29)
v uz #$% d 2% n 2
U
m
m
% 525mm # 247
#$% 150
# 4,11
min
min
s
Gleichung (30):
vu 2% v u
v u #'% r & '# #
r
d
m
2% 247
2% v u
min
rad
' 2#
#
# 941
d2
525 mm
min
m
2% 247
2% vu
min
rad
' 1#
#
# 3290
d1
150 mm
min
Gleichung (25):
' # 2 $ rad% n
&
3290 rad
U
'
%
n1 #
#
# 523,7
min
2 $ rad 2 $ min
Gleichung (39):
n1 523,7 min( 1
i# #
# 3,49
n2 150 min( 1
22
vu
b)
c)
d)
474 Notwendige Anzahl der Spindelumdrehungen
350 mm
u 2#
9 mm
Gleichung (39) (u = Umdrehungen):
u1 d 2
i# #
&
u2 d 1
d
200 mm
u 1 # u2% 2 # 38,89%
# 194,4
d1
40 mm
475 Gleichung (26) :
)s
%n
v#
&
Umdrehung
mm
420
Vf
min
U
n#
#
#105
P
4mm
min
476 Gleichung (26) :
+s
,n
v*
Umdrehung
0,05 mm
U
mm
, 1420
v f * f , n*
* 71
U
min
min
477
a) Gleichung (29):
v u #$% d% n
m
min
U
n#
#
# 229
min
$% d
$% 25 mm
Gleichung (26):
+s
,n
v*
Umdrehung
mm
U
mm
v
f n 0,35
229
80,2
vs
b)
&
18
v s #$% d% n#$% 630
b)
c)
Gleichung (26):
+s
,n
v*
Umdrehung
mm
U
mm
, 630
v f * f , n* 0,8
*504
U
min
min
Gleichung (1):
) s
v#
&
) t
160 mm
)s
) t#
#
# 0,317 min# 19,0 s
v
mm
504
min
479
a) Gleichung (29):
v u #$% d% n
&
m
min
U
n#
#
# 335
min
$% d
$% 38 mm
Gleichung (24) (z: Anzahl der Umdrehungen):
z
n#
&
)t
U
% 7 min # 2345U
z # n% ) t # 335
min
l
280 mm
f # ges #
# 0,119 mm
z
2345
vs
b)
1
m
% 100 mm# 197,9
min
min
480
a) Gleichung (29):
v u #$% d% n
40
&
m
min
U
n#
#
# 206,0
min
$% d
$% 85 mm
Gleichung (26):
+s
,n
v*
Umdrehung
mm
U
mm
, 206,0
v f * f , n* 0,25
* 51,5
U
min
min
Gleichung (1):
) s
v#
&
) t
280 mm
)s
) t#
#
# 5,44 min #326 s
vf
mm
51,5
min
vs
55
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
Mittlere Geschwindigkeit
485
481
a) Gleichung (29):
a)
v u ./0 d0 n./0 330 mm0 500
b)
Gleichung (32):
v mKolben. 20 h0 n
2 330 mm0 500
. 0
1
m
m
. 518
. 8,64
min
min
s
1
m
m
. 330
. 5,5
min
min
s
482
a) Gleichung (29):
v u ./0 d0 n./0 95 mm0 3300
b)
Gleichung (32):
v mKolben. 20 h0 n
2 95 mm0 3300
. 0
483
Gleichung (32)
v mKolben1 22 h2 n
v
h 1 mKolben 1
22 n
1
m
m
. 985
. 16,4
min
min
s
1
m
m
. 627
.10,45
min
min
s
3
7
m
s
1
22 4000
min
1
52,5 mm
484 Winkelfunktionen im rechtwinkligen Dreieck mit der
Hypotenuse l2 und der Kathete r:
a)
r
sin 4.
5
l2
r
150 mm
4 . arcsin
. arcsin
. 14,5 °
l2
600 mm
6 . 20 7 180° 8 90 ° 8 4 9. 20 790 ° 8 14,5 ° 9. 151,0°
: . 360° 8 6. 360 ° 8 151,0° . 209,0°
b)
r
l h. 20 l10 sin 4 . 20 l 10
l2
150 mm
. 20 900 mm0
. 450 mm
600 mm
c) Aus Gleichung (24) mit z = 1 Umdrehung folgt:
1
1
1
t 1Umdr. .
min . 2,5 s
.
n
1
24
24
min
Zeit für den Arbeitshub:
°
:
t Arbeitshub .
°0 t
°0 2,5 s. 1,45 s
. 209
360 1Umdr
360
Mittlere Geschwindigkeit, Gleichung (1)
lh
450 mm
m
m
v mArbeit 1
1
1 0,310
1 18,6
1,45 s
s
min
; t Arbeitshub
d) Zeit für den Rückhub:
°
6
t Rückhub .
°0 t
°0 2,5 s .1,05 s
. 151
360 1Umdr
360
Mittlere Geschwindigkeit, Gleichung (1)
lh
450 mm
m
m
v mRück .
.
. 0,429
. 25,7
1,05 s
s
min
< t Rückhub
b)
Analog zu Aufgabe Fehler: Referenz nicht
gefunden:
Kurbelradius r
r
l h. 20 l10 5
l2
l 0 l 300 mm0 600 mm
r. h 2.
. 100 mm
20 l 1
20 900 mm
Der neue Winkel =
r
sin 4.
5
l2
r
100 mm
4 . arcsin
. arcsin
. 6,59 °
l2
600 mm
6 . 20 7 180° 8 90 ° 8 4 9. 20 7 90 ° 8 6,59 ° 9. 160,8°
: . 360° 8 6 . 360 ° 8 160,8° . 199,2 °
Drehzahl n der Kurbel
lh
lh
v m.
.
5
t Arbeit
:
0t
360° 1Umdr
m
0 199,2 °
20
v m0 :
m
m
min
n.
.
. 36,9
. 0,615
l h0 360 ° 300 mm0 360°
min
s
Gleichmäßig beschleunigte Drehbewegung
486
a) Gleichung (18) bzw. (37):
n 18 n0
<>
<n
:.
. 2 / rad0
. 2 / rad0
<t
<t
<t
1
8 0
1200
min
rad
. 2 / rad0
. 25,1
5s
s
b) Gleichung (38):
d
rad 200 mm
m
0
a .:0 . 25,1
. 2,51 2
2
s
2
s
c) Gleichungen (25)
1
rad
> 1. 2 / rad0 n 1 . 2 / rad0 1200
.125,7
min
s
mit Gleichung (17)
>1@> 0
1
0 < t . 0 >10 < t
< ?.
2
2
1
rad
0 5s .314 rad 7 50 Umdrehungen 9
. 0 125,7
2
s
487
a) Gleichung (18)
:.
<>
<
t
.
>18 > 0
<
t
t 2,3
> 1.:0 < .
Gleichung (25)
> . 2 / rad0 n
n1 .
>1
2 / rad
rad
rad
0 15 s . 34,5
s
s
5
34,5
.
5
rad
s
2 / rad
.
5,49
1
1
. 329
s
min
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
b)
Gleichung (19)
A BC
490
a) Einzelabschnitte mithilfe Gleichung (17):
2
2
D2E D 0
H
2F G
D 2CI
2F A BF G CI
rad
CK 17
s
U
U
n 2C 2,7 C162
s
min
D 1KD0
2
rad
2F 10F 2 J radF 2,3 2
s
488
a) Gleichung (25)
b)
AD
A
t
C
D1E D 0
A
t
A C
b)
t
C
D1E D 0
A
t 12CD1F A t 12
A B 23C
D2 KD3
FA
23C
2
t
2
1
FDFAt
23
2 1
G
90
C
CD mC
AB
A
t
rad
rad
E 60
s
s
rad
15 2
s
A B 03
1
1
F A t 01 KA t 12K F A t 23
2
2
Jrad
b)
1
1
F 4sK 35 sK F 3s
2
2
Gleichung (18)
A D10
t
A 01
C
C
C
G 01C
C
0,0204
2s
G 23C
H
rad
F 2s
s
C 180 rad L 28,6 Umdrehungen M
Gleichung (17):
rad
rad
90
K 60
D II1KD II0
s
s
F A tC
F 2s
A B II C
2
2
C 150 rad L 23,9 Umdrehungen M
t 90
d)
180 rad E 150 rad
C 30 rad L 4,77 Umdrehungen M
A B I , II CB I E B II C
2 J radF
A B I CD IF A C
c)
D1KD 2
FA
1
1
F D 1 A t 01KD1F A t 12K F D1 A t 23
2
2
1
1
F A t 01KA t 12 K F A t 23
CD 1F
H
2
2
H
t
Gleichung (17):
2
A B 12C
D 1C
D II1 E D II0
D 1KD0
t 01C
2
C
2 J radF n II0C 2 JradF 573
A
1
F D F A t 01
2 1
D1KD 0
FA
A B 03CA B 01 KA B 12 KA B 23
H
t
1
rad
C60
min
s
1
rad
D II1 C 2 J radF n II1 C 2 J radF 860
C 90
min
s
Gleichung (18)
GC
H
t
180 °
CJ rad
360 °
ergeben zusammen:
489
a) Gleichung (25)
AD
A
A B 01C
A B 03C
rad
E 0
314
D1E D 0
s
A tC
C 28 s
C
rad
G
11,2 2
s
D II0 C
AB
mit
1
rad
D C 2 J radF n C 2 J radF 3000
C 314
min
s
Gleichung (18)
GC
CD mC
A D23
t
t
A 01
0,0816
rad
s
rad
E 0
s
4s
0,0816
C
rad
s
D 3E D2
t 23
rad
0,0272
s
A 23
CE
C
D1 E D 0
C
A
0E 0,0816
C
rad
s
3s
491
a) Gleichung (30):
b)
m
2F 15
v U 2F v u
s
rad
DC
C
C
C6
r
d
5m
s
Drehwinkel aus Gleichung (22):
B 01C 2 J radF z 01C 2 J radF 10C 62,8 rad
Zeit aus Gleichung (17):
D 1KD0
2
CD mC
AB
H
t
2F A B01 2F 62,8 rad
A t 01 C
C
C 20,9 s
rad
D1KD 0
6
K0
s
Winkelbeschleunigung aus Gleichung (18)
rad
E 0
6
D1 E D0
s
rad
AD
GC
C
C
C 0,286
2
20,9
s
A t 01
A t 01
s
A
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
c)
Drehwinkel aus Gleichung (22):
N 23O 2 P radQ z 23O 2 P radQ 7O 43,98 rad
Zeit aus Gleichung (17):
R 1SR0
2
d)
TR mT
UV
W
t
2X U V 23 2X 43,98 rad
T
T 14,66 s
U t 23T
rad
R3SR 2
0S 6
s
Winkelbeschleunigung aus Gleichung (18)
rad
0Z 6
R3Z R 2
s
rad
UR
YT
T
T
TZ 0,409
2
14,66 s
Ut
U t 23
s
Drehwinkel im mittleren Abschnitt aus Gleichung
(17):
R mT
UV
U
U
W
t
t
t gesZ U t01 Z U t 23
rad
X 45s Z 20,9 s Z 14,66 s T56,54 rad
T6
s
Drehwinkel aller Abschnitte zusammen:
U V 12TR 12X U 12 TR 12X U
U V 03TU V01 SU V12 SU V 23
10X 2 [rad S56,64 rad S 7X 2 [ rad
T 163,4 rad \ 26 Umdrehungen ]
Förderhöhe h aus Gleichung (36)
sU
VT
W
r
d
5m
h T rX V03 T X V 03T X 163,4 rad T 408,6 m
2
2
T
e)
492
a) Gleichung (38):
b)
m
2X 1 2
a 2X a
s
rad
YT T
T
T 2,5
r
d
800 mm
s
Gleichung (18)
YT
UR
U
t
T
R 1TYX U
c)
R1Z R 0
U
t
t 01T 2,5
Gleichung (30):
v u TR 1X r T 25
W
rad
rad
X 10sT 25
2
s
s
rad 800 mm
m
X
T 10
s
2
s
Gewerbeschule
Lörrach
Aufgabensammlung
Technische Mechanik
Quelle der Aufgaben: Alfred Böge / Walter Schlemmer: Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg+Teubner, Ausgaben ziemlich identisch seit mind. 1999
493
a) Gleichung (30):
b)
c)
km
70
v1
h
rad
^ 1_
_
_ 64,8
r 300 mm
s
Gleichung (22)
` _ 2 a radb z _ 2 a radb 65 _ 408 rad
Gleichung (19)
c de
ie
d)
2
2
f1g f 0
2h i
2
f1
e
2h c d
Gleichung (18)
k_
l^
^1m ^ 0
2
rad
s
2h 408rad
64,8
n
e
5,14
rad
2
s
t
2b l varphi
2b 408 rad
_
l t 01 _
rad
^1 o omega 0
64,8
o0
s
l
t
_
j
l