Springer-Lehrbuch

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 3

Kinetik, Hydrodynamik

vonDietmar Gross, Wolfgang Ehlers, Peter Wriggers

9., bearb. und erg. Aufl.

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 3 Gross / Ehlers / Wriggers

schnell und portofrei erhltlich bei beck-shop.de DIE FACHBUCHHANDLUNG

Thematische Gliederung:

Physik, Chemie fr Ingenieure

Springer 2010

Verlag C.H. Beck im Internet:www.beck.de

ISBN 978 3 540 89098 0

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1Kapitel 1Kinematik des Punktes

2 Kinematik

Die Lage eines Punkte P im Raum wirddurch den Ortsvektor

r(t)

beschrieben.Aus der Verschiebung dr des Punktes

P in eine Nachbarlage wahrend der Zeit dtfolgt seine Geschwindigkeit

v =dr

dt= r . Bahn

r

ds

dr

z

ys

P

x

Die Geschwindigkeit ist stets tangential zur Bahn gerichtet. Mit derBogenlange s und |dr| = ds gilt fur den Betrag der Geschwindigkeit

v =ds

dt= s .

Die zeitliche Anderung des Geschwindigkeitsvektors v(t) heit Be-schleunigung

a =dv

dt= v = r .

Die Beschleunigung ist im allgemeinen nicht tangential zur Bahn ge-richtet!

Die Vektoren r, v und a lassen sich in speziellen Koordinatensystemenwie folgt darstellen:

a) Kartesische Koordinaten mit den Einheitsvektoren ex, ey, ez:

r = x ex + y ey + z ez ,

v = x ex + y ey + z ez ,

a = x ex + y ey + z ez .

Bahn

r

eyex

ez

y

x

z

x

y

P

z

b) Zylinderkoordinaten mit den Einheitsvektoren er, e, ez:

r = r er + z ez ,

v = r er + r e + z ez ,

a = (r r2) er + (r+ 2r) e + z ez .

Bahn

r

er

eez

r

y

P

x

z

x

y

z

des Punktes 3

c) Naturliche Koordinaten mit den Einheitsvektoren et und en inRichtung der Tangente bzw. der Hauptnormalen.

v = v et ,

a = v et +v2

en . Bahn

et

en

s

M

P

Dabei sind:

= Krummungsradius (Abstand zwischen P und

Krummungsmittelpunkt M),

v = s =ds

dt= Bahngeschwindigkeit,

at = v =dv

dt= Bahnbeschleunigung,

an =v2

= Normal- oder Zentripetalbeschleunigung.

Anmerkung: Die beiden Komponenten der Beschleunigung liegen inder sogenannten Schmiegungsebene. Der Beschleunigungsvektor zeigtstets ins

Innere der Bahn.

Geradlinige Bewegung

Weg x(t) ,

Geschwindigkeit v =dx

dt= x ,

Beschleunigung a =dv

dt= v = x .

P0x

x(t)

Kreisbewegung

Fur = r = const und s = r(t) erhalt man in naturlichen Koordinaten

Geschwindigkeit v = r = r ,

Bahnbeschleunigung at = r = r ,

Zentripetalbeschleunigung an =v2

r= r2

mit = = Winkelgeschwindigkeit.

s(t)

P

r(t)

4 Kinematische Grundaufgaben

Ebene Bewegung in Polarkoordinaten

Aus den Beziehungen fur Zylinderkoordinaten folgen fur z = 0, =

v = vrer + ve , a = arer + ae

mit

Radialgeschwindigkeit vr = r ,

Zirkulargeschwindigkeit v = r ,

Radialbeschleunigung ar = r r2 ,Zirkularbeschleunigung a = r + 2r .

Bahn

e

er

y

x

r

P

Anmerkung: Bei einer Zentralbewegung verschwindet die Zirkularbe-schleunigung. Aus a = r + 2r = (r

2)/r = 0 ergibt sich dann derFlachensatz (2. Keplersches Gesetz) r2 = const .

Kinematische Grundaufgaben fur geradlinige Bewegung

Der Bewegungsanfang zur Zeit t0 sei durch den Anfangsweg x0 und dieAnfangsgeschwindigkeit v0 gegeben.

Gegeben Gesuchte Groen

a = 0v = v0 = const , x = x0 + v0t

gleichformige Bewegung

a = a0 = constv = v0 + a0t , x = x0 + v0t+

12a0t

2

gleichmaig beschleunigte Bewegung

a = a(t) v = v0 +t

t0

a(t)dt , x = x0 +t

t0

v(t)dt

a = a(v)t = t0 +

vv0

dva(v)

= f(v) , x = x0 +t

t0

F (t)dt

mit der Umkehrfunktion v = F (t)

a = a(x)v2 = v20 + 2

xx0

a(x)dx , t = t0 +x

x0

dxv(x)

= g(x)

Die Umkehrfunktion liefert x = G(t)

Anmerkungen: Die Formeln lassen sich auch bei einer allgemeinen Bewegung an-

wenden, wenn man x durch s und a durch die Bahnbeschleunigungat ersetzt. Die Normalbeschleunigung folgt dann aus an = v

2/. Falls die Geschwindigkeit als Funktion des Weges gegeben ist, folgt

die Beschleunigung aus

a = vdv

dx=

d

dx(v2

2) .

Geradlinige Bewegung 5

A1.1Aufgabe 1.1 Der Mindestabstand b zwischen zwei Kraftfahrzeugen sollso gro sein wie die Strecke, die das nachfolgende Fahrzeug innerhalbvon ts = 2 s bei seiner jeweiligen Geschwindigkeit zurucklegt.

a) Wie gro ist die Uberholstrecke x1?

b) Fur welche Zeit tu befindet sich ein PKW (Lange l1 = 5m, konstan-te Geschwindigkeit v1 = 120 km/h) mindestens auf der Uberholspur,wenn er einen LKW (Lange l2 = 15m, Geschwindigkeit v2 = 80 km/h)korrekt uberholt? (Die Zeiten fur das Wechseln der Spur sollen un-berucksichtigt bleiben.)

Losung

l1 l2b1 b2 l1x2

x1

zu a) Bei gleichformiger Bewegung folgen die Mindestabstande mit1 km/h = 1000m/3600 s zu

b1 = v1 ts =120

3, 6 2 = 200

3m , b2 = v2 ts =

80

3, 6 2 = 400

9m .

Die Uberholstrecke betragt daher

x1 = b1 + l2 + x2 + b2 + l1 .

Auerdem gilt

x2 = v2 tu , x1 = v1tu .

Elimination von tu liefert

x1 =b1 + b2 + l1 + l2

1 v2v1=

2003 +

4009 + 5 + 15

1 80120=

1180

3= 393, 33m .

zu b) Fur die Uberholzeit ergibt sich damit

tu =x1v1

=1180 3, 63 120 = 11, 8 s .

6 Geradlinige

A1.2 Aufgabe 1.2 Zur Simulation schwereloser Zustande werden Vakuum-Fallschacht-Anlagen benutzt. Ein solcher Schacht habe eine Tiefe vonl = 200 m.

Welche maximale Versuchszeit t1 und welche Versuchsstrecke x1 imfreien Fall stehen zur Verfugung, wenn der Versuchskorper nach Durch-fallen der Mestrecke mit aII = 50 g auf v = 0 abgebremst wird?

Losung Da der Korper aus derRuhelage losgelassen wird (x0=v0 =0), gilt mit aI = const = gfur den freien Fall

vI = gt , xI =g

2t2 .

Beim Abbremsen folgen mitaII =50 g fur Geschwindigkeitund Weg

vII = vII0 50 gt ,xII = xII0 + vII0 t 50 gt2/2 .

l

x1

t = 0x

(aI = g)

t = t1

(aII = 50 g)t = t2

Versuchskorper

Man beachte, dass die Integrationskonstanten xII0 und vII0 hier keinedirekte physikalische Bedeutung haben.

Fur t = t2 muss gelten:

vII(t2) = 0 vII0 = 50 gt2 ,

xII(t2) = l xII0 = l vII0 t2 +50

2gt22 = l 25 gt22 .

Aus den Ubergangsbedingungen

vI(t1) = vII(t1) gt1 = 50 g(t2 t1) ,

xI(t1) = xII(t1) g

2t21 = l 50

2gt22 + 50 gt1t2 50

2gt21

folgen durch Auflosen

t1 =

100 l

51 g=

100 20051 9, 81 = 6, 32 s ,

x1 = xI(t1) =g

2t21 =

g

2

100 l

51 g=

50

51l = 196 m .

Bewegung 7

A1.3Aufgabe 1.3 Eine U-Bahn legt zwischen 2 Stationen einen Weg von3 km zuruck. Aus der Anfahrbeschleunigung aA = 0, 2m/s

2, der Brems-verzogerung aB = 0, 6m/s2 und der Hochstgeschwindigkeit v =90 km/h sollen der Anfahrweg, der Bremsweg, die Wegstrecke der gleich-formigen Bewegung und die Fahrzeit ermittelt werden.

Losung Aus der konstanten Beschleunigung aA folgt beim Anfahrenein Geschwindigkeitsverlauf

vA = aAt .

Mit der vorgegebenen Hochstgeschwindigkeit findet man die Anfahrt-zeit

tA =v

aA=

90 10003600 0, 2 = 125 s

und den Anfahrweg

sA =1

2aAt

2A =

1

2 0, 2 1252 = 1563m .

Beim Bremsen mit konstanter Verzogerung aB gilt fur die Geschwin-digkeit

vB = v + aBt .

Die Zeit tB bis zum Anhalten (vB = 0) wird daher

tB = v

aB= 90 1000

3600 (0, 6) = 41, 67 s ,

und der zughorige Bremsweg ergibt sich zu

sB = vtB +

1

2aBt

2B =

90 10003600

41, 67 12 0, 6 41, 672

= 1041, 75 520, 92 = 521m .Fur die Fahrt mit konstanter Geschwindigkeit v bleibt dann ein Wegvon

s = 3000 sA sB = 916m .Hierzu gehort eine Zeit

t =s

v=

916 360090 1000 = 36, 64 s .

Die Gesamtfahrzeit wird damit

T = tA + t + tB = 203, 31 s = 3, 39min .

8 Geradlinige

A1.4 Aufgabe 1.4 Ein PKW-Fahrer nahert sich mit einer Geschwindigkeitvon v0 = 50 km/h einer Ampel. Sie springt auf Rot, wenn er nochl = 100m entfernt ist. Die Rot- und Gelbphase dauert t = 10 s. DerFahrer mochte die Ampel gerade dann passieren, wenn sie wieder auf

Grun

wechselt.

a) Mit welcher konstanten Beschleunigung a0 muss der Fahrer brem-sen?

b) Welche Geschwindigkeit v1 hat er auf Hohe der Ampel?

c) Man zeichne die Diagramme a(t), v(t) und x(t).

Losung Bei konstanter Beschleu-nigung a0 gilt mit x(t = 0) = 0

v = v0 + a0t ,

x = v0t+ a0t2

2.

v0

xl

a) Aus der Bedingung x(t) = l folgt aus der 2. Gleichung

a0 =2

t2(l v0t) = 2

102

(100 50 1000

3600 10

)= 0, 78 m

s2.

Das negative Vorzeichen zeigt an, dass der PKW verzogert wird!

b) Mit der nun bekannten Bremsverzogerung ergibt sich aus der erstenGleichung

v1 = v(t) = 50 1000

3600 0, 78 10

= 6, 09m

s= 21, 9

km

h.

c) Integration der konstantenBeschleunigung liefert einenlinearen Geschwindigkeitsver-lauf, nochmalige Integrationein parabolisches Weg-Zeit-Diagramm.

t [s]

x [m]

t [s]

v [km/h]

t [s]

a [m/s2]

10

-0,78

100

21,9

10

50

10

Bewegung 9

A1.5Aufgabe 1.5 Ein Fahrzeug be-wegt sich gema dem dargestelltenGeschwindigkeits-Zeit-Diagramm.

Man berechne die auftretendenBeschleunigungen, den zuruckge-legten Weg und zeichne die Dia-gramme x(t), a(t), v(x) und a(x). t [s]

v [m/s]

100 300 360

20

Losung Zweckmaig teilt man den Bewegungsablauf in 3 Zeitbereiche:

t1 t2 t3

t [s]100 300 3600

1. Bereich, 0 t1 100 s (Anfahren mit konstanter Beschleunigunga1): Aus v1 = a1t1 folgen

a1 =v1(100)100 =

20100 =

15m/s2 , x1 =

12a1t

21 ,

s1 = x1(100) =12 15(100)2 = 1000m , v1(x1) =

2a1x1 .

2. Bereich, 0 t2 200 s (gleichformige Bewegung): Aus v2 = 20m/s= const findet man

a2 = 0 , x2 = v2t2 , s2 = x2(200) = 20 200 = 4000m .

3. Bereich 0 t3 60 s (Bremsen mit konstanter Verzogerung a3): Ausv3 = 20m/s + a3t3 berechnen sich

a3 = 2060 = 13m/s2 , x3 = 20 t3 +

12a3t

23 ,

s3 = x3(60) = 20 60 12 13 (60)2 = 600m , v3 =400 + 2a3x3 .

Das Fahrzeug durchfahrt insgesamt die Strecke

s = s1 + s2 + s3 = 1000 + 4000 + 600 = 5600m .

x [m]

t [s]

v [m/s]

x [m]

a [m/s2]

a1

x [m]a3

a [m/s2]

a1

t [s]a3

56005000360300

300100 360

1000

5000

1000 5600

20

1000100

5600

5000

10 Geradlinige

A1.6 Aufgabe 1.6 Die Beschleunigung eines frei fallenden Korpers unterBerucksichtigung des Luftwiderstandes lasst sich naherungsweise durcha(v) = g v2 beschreiben. Dabei sind g die Erdbeschleunigung und eine Konstante.

Gesucht ist die Fallgeschwindigkeit v(t) eines Korpers, der ohne An-fangsgeschwindigkeit losgelassen wird.

Losung Nach der Tabelle auf Seite 4 gilt fur gegebenes a(v)

t = t0 +

vv0

dv

g v2 .

Wenn wir die Zeitzahlung mit t0 = 0 beginnen, so ergibt sich mitv(t0)=v0 = 0

t =

v0

dv

g v2 =1

v0

dv

(

g v)(

g + v)

und nach Partialbruchzerlegung

t =1

1

2

g

v0

(1g v

+1g + v

)dv

=1

2g

[ ln(

g

v) + ln(

g

+ v)

]v0

=1

2g

ln

g + vg v

.

Auflosen nach v liefert

e2

g t =

g + vg v

v =

g

e2

g t 1e2

g t + 1

.

Mit der Hyperbelfunktion tanh =e ee + e

=e2 1e2 + 1

lasst sich

das Ergebnis auch schreiben als

v =

g

tanh

g t .

v

t

g

Aus der letzten Darstellung erkenntman den Grenzwert

limt

v(t) =

g/ ,

d.h. fur groe Zeiten fallt der Korper praktisch mit konstanter Ge-schwindigkeit (a = 0 v =

g/).

Bewegung 11

A1.7Aufgabe 1.7 In einem Zylinder (Durch-messer d) bewegt sich ein Kolben infolgeder Expansion der Gasfullung. Die Be-schleunigung a des Kolbens ist dabei pro-portional dem jeweiligen Gasdruck p, d.h.a=c0 p, wobei fur den Gasdruck das Gas-gesetz pV = const gelte. Der Ausgangs-

l0

dV0

p0

zustand sei durch den Druck p0, die Kolbenstellung l0 und die Anfangs-geschwindigkeit v0 = 0 vorgegeben.

Wie gro ist die Kolbengeschwindigkeit v?

Losung Bei einer Kolbenauslenkung x herrscht nach dem Gasgesetzp0V0=pV bzw.

p0d2

4l0 = p

d2

4(l0 + x)

der Druck

p = p0l0

l0 + x.

xl0

p

V

Daraus folgt die Beschleunigung

a(x) = c0 p = c0 p01

1 + x/l0= a0

1

1 + x/l0.

Dabei ist a0 = c0 p0 die Anfangsbeschleunigung bei x = 0. Nach derTabelle auf Seite 4 berechnet sich bei gegebenem a(x)

v2 = v20 + 2

xx0

a(x)dx = 2

x0

a01 + x/l0

dx = 2l0 a0 ln

(1 +

x

l0

)

v =

2 l0 a0 ln

(1 +

x

l0

).

x/l0x/l0

av

2 4 6 8

a0

2 4 6 8

Anmerkung: Da die Beschleunigung mit wachsendem x abnimmt, steigtdie Geschwindigkeit immer langsamer an.

12 Geradlinige Bewegung

A1.8 Aufgabe 1.8 Die Beschleunigung einesPunktes P , der sich langs einer Geradenbewegt, sei zum Punkt Z gerichtet undumgekehrt proportional zum Abstand x. x

PZ

Fur t = 0 hat P den Abstand x0 = 2 m, die Geschwindigkeit v0 = 4 m/sund eine Beschleunigung a0 = 3 m/s2.a) Man bestimme die Geschwindigkeit v1 im Abstand x1 = 3 m.

b) In welchem Abstand x2 ist die Geschwindigkeit Null?

Losung Entsprechend der Aufgabenstellung ist a = c/x, wobei sichdie Konstante c aus den gegebenen Anfangswerten errechnet:

c = a0x0 = (3) 2 = 6 (m/s)2 .Mit dem nun bekannten a(x) ergibt sich fur die Geschwindigkeit (vgl.Tabelle S. 4)

v2 = v20 + 2

xx0

a(x)dx = v20 + 2

xx0

( cxdx

)= v20 2c ln x

x0

v(x) =

v20 2c lnx/x0 .

zu a) Die Geschwindigkeit fur x1 = 3 m folgt daraus zu

v1 = +()

16 12 ln 32= 3, 34

m

s.

zu b) Die Geschwindigkeit wird Null fur

v = 0 v202c ln xx0

= 0 x2 = x0 ev20/2c = 2 e4/3 = 7, 59 m .

x

x0

v

v0

ev20/2c

1

1

Anmerkungen:

Das Geschwindigkeits-Weg-Diagramm ist symmetrischzur x-Achse.

Die Bewegung kann auch imBereich negativer x erfolgen.Wegen der Unstetigkeit beix=0 mussen dann neue Glei-chungen unter Berucksichti-gung der Richtungsanderungvon a aufgestellt werden.

Senkrechter Wurf 13

A1.9Aufgabe 1.9 Ein Ball wird mit einer Geschwindigkeit von v01 = 20 m/ssenkrecht nach oben geworfen. Zwei Sekunden spater wird ein zweiterBall mit v02 = 18 m/s ebenfalls senkrecht nach oben geworfen.

In welcher Hohe H treffen sich die beiden Balle?

Losung Wir zahlen die Zeit t vom Abwurfdes 1. Balles. Dann gilt unter Beachtung dergegebenen Anfangswerte, der Richtung von gund der Zeitdifferenz t = 2 s

z1 = v01t g2t2 ,

z2 = v02(tt) g2(tt)2 .

z1

z2

Gleichsetzen von z1 und z2 liefert die Treffzeit t:

v01t g

2t2 = v02(t

t) g2(t2 2tt+t2)

t =t

(v02 +

12gt

)v02 v01 + gt = 3, 16 s .

Einsetzen in die Gleichung fur z1 (oder z2) ergibt die gesuchte Hohe

H = z1(t) = 20 3, 16 4, 9 3, 162 = 14, 27 m .

In einem Weg-Zeit-Diagramm kann man die Losung veranschaulichen:

v01t

z [m]

t [s]

z1(t)

z2(t)

v02t

2

10

H1max=20, 38

H=14, 27

t=3, 16

14 Senkrechter

A1.10 Aufgabe 1.10 Ein Ball wird vom Rand einer Klippe, die 50 m uberdem Meeresspiegel liegt, mit einer Geschwindigkeit von 10 m/s senk-recht nach oben geworfen.

a) Welche hochste Stelle uber dem Meer erreicht der Ball?

b) Wann trifft er auf das Meer auf?

c) Mit welcher Geschwindigkeit fallt er ins Wasser?

Losung Mit a = g und der Anfangs-geschwindigkeit v0 gilt

v = z = v0 gt ,

z = v0t g2t2 .

zu a) Die Steigzeit T folgt aus der Be-dingung v(T ) = 0:

v0 gT = 0 T = v0g

.

z

h=50 m

H

hmax

Die Wurfhohe H wird daher

H = z(T ) =v20g

v20

2g=

v202g

.

Mit v0 = 10 m/s ergibt sich fur die hochste Stelle

hmax = h+H = h+v202g

= 50 +102

2 9, 81 = 55, 1 m .

zu b) Die Wurfzeit tA bis zum Auftreffen erhalt man aus z(tA) = h :

h = v0tA g2t2A tA =

1

g

{v0 +

()

v20 + 2gh

}= 4, 37 s .

Beachte: Das formal mogliche Minuszeichen vor der Wurzel entfallt. Esfuhrt zu einer negativen Zeit tA.

c) Mit t = tA folgt die Auftreffgeschwindigkeit

v(tA) = v0 gtA = 10 9, 81 4, 37 = 32, 87 ms

.

Das Minuszeichen zeigt an, dass die Geschwindigkeit beim Auftreffenentgegen der gewahlten Koordinate z nach unten zeigt.

Wurf 15

A1.11Aufgabe 1.11 Die Besatzung eines Freiballons, der mit konstanter Ge-schwindigkeit v0 steigt, will die augenblickliche Hohe h0 uber dem Bo-den bestimmen. Zu diesem Zweck lasst sie einen Messkorper aus derGondel fallen, der beim Aufschlag explodiert. Nach der Zeit t1 hort dieBesatzung die Detonation.

Es ist die Hohe h0 fur die folgenden Werte zu bestimmen: v0 = 5 m/s,g = 9, 81 m/s2, t1 = 10 s, c = 330 m/s (Schallgeschwindigkeit).

Losung Zahlt man x von der Lage zum Zeit-punkt des Abwurfes (t = 0) nach unten, soerrechnet sich die Fallzeit tK des Messkorpersaus

x(tK) =1

2g t2K v0tK = h0

zu

tK =v0g

{1 +()

1 +

2gh0v20

}.

Nur die positive Wurzel ist sinnvoll, datK > 0 sein muss.

Der Schall legt einen Weg h0+v0t1 zuruck,da der Ballon wahrend der Zeit t1 um die Stre-cke v0t1 gestiegen ist. Daher wird die Schallzeit

h0

v0t1

t= t1

t=0

x

tS =Schallweg

Schallgeschw.=

h0 + v0t1c

.

Die Gesamtzeit setzt sich aus Fallzeit und Schallzeit zusammen:

t1 = tK + tS =v0g

{1 +

1 +

2gh0v20

}+

h0 + v0t1c

.

Nach Umformen und Quadrieren findet man

h0 =c v0

g

{gt1 + c

[1( + )

1 + 2

gt1c v0

]}=

325

9, 81

{98, 1 + 330

[1

1 + 2

98, 1

325

]}= 338 m .

Die Losung mit der positiven Wurzel fuhrt zu mechanisch unsinnigenErgebnissen.

16 Kreisbewegung

A1.12 Aufgabe 1.12 Zwei Punkte P1 undP2 beginnen gleichzeitig im PunktA ihre Bewegung auf einer Kreis-bahn in entgegengesetzter Richtung.Der Punkt P1 bewegt sich mit dergleichmaigen Bahnbeschleunigungat1 aus einer Ruhelage in A, derPunkt P2 gleichformig mit kon-stanter Winkelgeschwindigkeit 2.

r

P2

P1

A B

a) Wie gro muss at1 sein, damit sich die Punkte in B treffen?

b) Welche Winkelgeschwindigkeit hat P1 in B?

c) Welche Normalbeschleunigungen haben beide Punkte in B?

Losung Fur P1 folgt aus at1 = const = v unter Beachtung der An-fangsbedingungen s01 = 0, v01 = 0

v1 = at1t , s1 =1

2at1t

2 .

Fur P2 ergibt sich aus at2 = 0 mit s02 = 0, v02 = r2

v2 = r2 , s2 = r2t .

zu a) Da beide Punkte in gleichen Zeiten den halben Kreisumfangdurchlaufen sollen, muss gelten

r =1

2at1t

2B , r = r2tB .

Hieraus ermittelt man

tB =

2 at1 =

2r

t2B=

2r22

.

zu b) Mit der nun bekannten Tangentialbeschleunigung at1 und derbekannten Zeit tB wird

v1(tB) = at1tB = r1(tB) 1(tB) =at1tBr

=2r22

r2= 22 .

zu c) Die Normalbeschleunigungen in B ergeben sich aus an = r2 zu

an1 = r21(tB) = 4r

22 , an2 = r

22 .

Kreisbewegung 17

A1.13Aufgabe 1.13 Ein Punkt bewegt sich nachdem Start in A entlang einer Kreisbahnvom Radius r. Seine Bewegung genugt demGesetz s = c t2.

Man ermittle:a) die Geschwindigkeitskomponenten vx(t)und vy(t),

b) die Geschwindigkeit im Punkt B,

r s

xA

B P

y

c) die Tangentialbeschleunigung at(s) und die Normalbeschleunigungan(s).

Losung Aus s = c t2 folgt die Bahngeschwindigkeit

v = s = 2c t .

zu a) An einer beliebigen Stelle hat die tangential zur Bahn gerichteteGeschwindigkeit die Komponenten

vx = v sin , vy = v cos .Mit

=s

r=

c t2

r

folgen daraus

vx = 2c t sin c t2

r, vy = 2c t cos

c t2

r.

v

vx

vy

s

r

zu b) Im Punkt B ist

s(tB) =r

2= c t2B tB =

r

2c,

v(tB) = 2c tB = 2c

r

2c=

2rc .

zu c) Aus

at = v , an =v2

r=

4c2t2

r

folgen mit v = 2c und c t2 = s die Ergebnisse

at = 2c , an =4cs

r.

Anmerkung: Wahrend die Tangentialbescheunigung konstant bleibt,wachst die Normalbeschleunigung linear mit s.

18 Kreisbewegung

A1.14 Aufgabe 1.14 Ein Punkt M durchlaufteinen Halbkreis. Die Projektionseiner Bewegung auf den Durch-messer AB ist eine gleichformigeBewegung mit der Geschwindigkeit c. B

Mv

r

A

a) Man bestimme die Bahngeschwindigkeit v() und den Betrag a()der Beschleunigung

b) Welchen Winkel schliet der Beschleunigungsvektor mit dem Durch-messer AB ein?

Losung zu a) Aus der Bedingung v sin = c folgt

v() =c

sin.

M c

v

Die Beschleunigungskomponenten at und an berechnensich mit r = v zu

at =dv

dt=

dv

d = c

sin2 cos

v

r= c

2

r

cos

sin3 ,

an =v2

r=

c2

r sin2 .

Damit erhalt man schlielich

a = |a| =

a2t + a2n =

c2

r

cos2

sin6 +

1

sin4

=c2

r sin3

cos2 + sin2 =

c2

r sin3 .

zu b) Aus dem Bild liest man ab:

tan = tan( ) = atan

=

c2r cossin3 c2

r sin2

= cot = +tan( /2) = 2,

aM

at

an

d.h. die Gesamtbeschleunigung steht senkrecht auf AB.

Anmerkung: Das letzte Ergebnis hatte man auch ohne Rechnung er-kennen konnen: wenn eine Komponente von v konstant ist, so tritt indieser Richtung keine Beschleunigung auf, d.h a steht senkrecht auf derRichtung dieser Komponente.

Kreisbewegung 19

A1.15Aufgabe 1.15 Ein Auto befahrt eine kreisbogen-formige Kurve vom Radius R mit der Anfangs-geschwindigkeit v0. Es bremst, wobei die Bahn-verzogerung nach dem Gesetz at(v) = (a0 + v)erfolgt. Darin sind a0 und Konstanten.

Zu ermitteln sind die Bremszeit tB , der BremswegsB und die Normalbeschleunigung an.

v0

R

s

Losung Aus dem Beschleunigungsgesetz

at(v) = v = (a0 + v)folgt mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 und t0 = 0 (vgl. Seite 4)

t(v) = vv0

dv

a0 + v=

1

ln

a0 + v0a0 + v

.

Mit der Bedingung v = 0 wird die Bremszeit

tB = t(v = 0) =1

ln(1 +

v0a0

).

Die Umkehrfunktion von t(v) ergibt sich zu

et =a0 + v0a0 + v

v(t) =a0

[(1 +

v0a0

)et 1

].

Hieraus findet man durch Integration unter Beachtung der Anfangsbe-dingung s0 = s(0) = 0

s(t) =

t0

v(t)dt =a02

[(1 +

v0a0

)(1 et

) t

]und damit den Bremsweg

sB = s(tB) =a02

[(1 +

v0a0

)(1 1

1 + v0a0

) ln

(1 +

v0a0

)]

=a02

[v0a0

ln(1 +

v0a0

)].

Die Normalbeschleunigung zur beliebigen Zeit errechnet sich zu

an =v2

R=

a20R2

{(1 +

v0a0

)et 1

}2.

Probe: Fur t = tB wird an = 0.

20 Kreisbewegung

A1.16 Aufgabe 1.16 Ein auf einer vertikalenKreisbahn gefuhrter Massenpunkt Perfahrt infolge der Erdschwere die Tan-gentialbeschleunigung g cos. Er wirdin A aus der Ruhelage losgelassen.

Gesucht sind die Geschwindigkeitund die Beschleunigung in Abhan-gigkeit vom Winkel .

A

s

at

g

B

R

P

Losung Aus der Tangentialbeschleunigung

at = g cos = v = at()

folgt mit s = R und der Anfangsgeschwindigkeit v0 = 0 (vgl. Seite 4)

v2 = 2

0

g cos R d = 2gR sin

v =

2gR sin .

Mit den Beschleunigungskomponenten

at = g cos , an =v2

R= 2g sin

wird

a = |a| =

a2t + a2n = g

cos2 + 4 sin2

a = g

1 + 3 sin2 .

Anmerkungen:

In A ist at = g und an = 0.(Der Punkt hat eine reine Tangentialbeschleunigung.)

In B ist at = 0 und an = 2g.(Reine Normalbeschleunigung nach oben.)

Mit der Hohendifferenz h = R sin lasst sich die Geschwindigkeitdurch v =

2gh darstellen.

Kreisbewegung 21

A1.17Aufgabe 1.17 Ein Satellit S bewegt sich aufeiner Kreisbahn um die Erde, wenn seine Normal-beschleunigung gerade gleich der Gravitations-beschleunigung g R2/r2 ist (Erdbeschleunigung

g = 9, 81 m/s2, Erdradius R = 6370 km).

a) In welcher Hohe H uber der Erdoberflachebewegt sich ein Satellit bei einer Bahnge-schwindigkeit von 25000 km/h?

S

r

R

b)Welche Geschwindigkeit muss ein Satellit haben, dessen Orbit 1000 kmuber der Erde liegt?

c) In welcher Zeit umkreist ein Satellit in der Hohe H = 400 km dieErde?

d) In welcher Hohe steht ein geostationarer Satellit?

Losung zu a) Aus der erforderlichen Normalbeschleunigung

an = v2/r = g R2/r2

folgt bei gegebener Geschwindigkeit

r = gR2

v2 H = r R = R

(gR

v2 1

)= 1884 km .

zu b) Aus der gleichen Formel ergibt sich bei gegebenem Abstand

v = R

g

r= R

g

R+H= 26457 km/h .

zu c) Mit der konstanten Geschwindigkeit v = R

g/r und der LangeL = 2r einer Umlaufbahn errechnet sich die Umlaufzeit

T =L

v= 2

r3/2

Rg= 5547 s = 1, 54 h .

zu d) Ein geostationarer Satellit hat dieselbe Winkelgeschwindigkeitwie die Erde:

E = 2/(24 h) .

Fur ihn gilt daher

an = r2E = g

(Rr

)2 r =

(gR2

2E

)1/3oder in Zahlenwerten

r =(9, 81 103 (3600)2 (6370)

2

(2)2242

)1/3= 4, 22 104 km ,

H = r R 36000 km .

22 Ebene Bewegung

A1.18 Aufgabe 1.18 Ein Punkt bewegt sich in einer Ebene mit der konstantenBahngeschwindigkeit v0 langs der Bahnkurve r() = b e

(Logarithmi-sche Spirale). Fur t = 0 sei = 0.

Man ermittle die Winkelgeschwindigkeit in Abhangigkeit von undvon t sowie die Radialgeschwindigkeit r.

Losung In Polarkoordinaten lasst sich die Bahngeschwindigkeit dar-stellen durch

v =

r2 + r22 .

Mit v = v0 und

r =dr

d

d

dt=

dr

d= b e

erhalt man durch Einsetzen

v0 =

2b2e2 + b2e22 =2 b e .

Durch Auflosen folgt

=v02 b

e

und damit

r = b e = v0/2 = const .

Zur Ermittlung der Zeitabhangigkeit finden wir aus

=d

dt=

v02 b

e

durch Trennung der Veranderlichen

ed =v02 b

dt

und Integration unter Beachtung der Anfangsbedingungen (t = 0) = 0

e 1 = v02 b

t e = 1 +v02 b

t .

Einsetzen in () ergibt schlielich

=v02 b

1

1 + v02 b

t.

in Polarkoordinaten 23

A1.19Aufgabe 1.19 Eine Stange der Lange l ro-tiert um A mit dem Zeitgesetz = t2.Auf der Stange rutscht ein Gleitkorper Gnach dem Gesetz r = l(1 t2).a) Gesucht sind Geschwindigkeit undBeschleunigung von G fur 1 = 45

.b) Bei welchem Winkel E stot G amLager A an?

Gegeben: l = 2 m, = 0, 2 s2. A

l

B

r G

(t)

Losung zu a) Wir ermitteln zunachst die Zeit t1 fur die zu untersu-chende Lage 1 :

1 = /4 = t21 t1 =

/(4) = 1, 98 s .

Aus den gegebenen Zeitabhangigkeiten finden wir

r = l(1 t2) , r = 2lt , r = 2l , = t2 , = 2t , = 2 .

Daraus ergeben sich fur t = t1

vr = r = 2lt1 = 1, 58 m/s ,v = r = l(1 t21)2t1 = 0, 34 m/s ,v =

v2r + v2 = 1, 62 m/s

4

ar a

v

4

a

vr

v

und

ar = r r2 = 2l l(1 t21)42t21= 1, 07 m/s2 ,

a = r+ 2r = l(1 t21)2 2 2lt12t1= 2, 34 m/s2 ,

a =

a2r + a2 = 2, 57 m/s2 .

Der Korper erreicht A fur

r = 0 = l(1 t2E) tE =

1/ = 2, 24 s .

Hierzu gehort der Winkel

E = t2E = 1 (=57, 3

) .

24 Ebene Bewegung

A1.20 Aufgabe 1.20 Von der Bewegung eines Punktes in einer Ebene sinddie Radialgeschwindigkeit vr = c0 = const und die Radialbeschleuni-gung ar = a0 = const gegeben.Fur die Anfangsbedingungen r(t=0) = 0 und (t=0) = 0 ermittle man:

a) die Winkelgeschwindigkeit (t),

b) die Bahnkurve r(),

c) die Zirkularbeschleunigung a(t).

Losung zu a) Aus vr = r = c0 folgen mit r(t=0) = 0

r = 0 und r = c0t .

Damit erhalt man aus ar = r r2

a0 = c0t2 =

a0c0t

.

zu b) Durch Integration von = findet man mit (t=0) = 0

=

t0

dt =

a0c0

t0

dtt=

a0c0

2t t =

2

4

c0a0

.

Einsetzen in r = c0t liefert die Gleichung der Bahnkurve

r() =c204a0

2 .

vvr

v

Bahn

zu c) Die Zirkularbeschleunigung berechnet sich aus

a = r+ 2r

mit

= =

a0c0t

und = 12

a0c0t3

zu

a = c0t(12

a0c0t3

)+ 2c0

a0c0t

=3

2

a0c0t

.

Anmerkung: Die Zirkulargeschwindigkeit ist v = r =a0c0t =

c0/2 .

in Polarkoordinaten 25

A1.21Aufgabe 1.21 Eine rotierende Licht-quelle wirft einen Lichtstrahl aufeinen Wandschirm. Der LichtpunktP soll sich mit konstanter Geschwin-digkeit v0 bewegen.

Welchem Gesetz muss die Win-kelbeschleunigung () der Licht-quelle genugen? Man stelle ()und () in Diagrammen dar.

x

v0

r0

P

Losung Aus dem Weg x des Lichtpunktes

x = r0 tan

folgt durch Bilden der Umkehrfunktion

= arctanx

r0.

Differentiation liefert mit x = v = v0 = const

=1

1 +(xr0

)2 xr0 = v0r0r20 + x2 = v0r0(1 + tan2 ) = v0r0 cos2 , =

v0r0

2 cos( sin) = 2( v0r0

)2sin cos3 .

2

2

v0r

2

2

Anmerkung: Das Maximum von liegt bei = 30o und betragt

|max| = 38

3( v0r0

)2.

26 Polarkoordinaten

A1.22 Aufgabe 1.22 In einem Turm (Radius R)sitzt im Punkt A eine Maus, im Mittelpunkt0 eine Katze. Die Maus rennt mit derkonstanten Geschwindigkeit vM entlang derTurmmauer, um das rettende Loch L zuerreichen. Die Katze verfolgt die Maus undbeschreibt eine Bahn, die durch eine Archime-dische Spirale r() = R/ beschrieben wird.

L

R

0r

A

Wie gro muss die konstante Bahngeschwindigkeit vK der Katze sein,damit sie die Maus am Loch erwischt und nach welcher Zeit T erreichtdie Katze die Maus?

Losung Aus der Bahngleichung r() fur die Bewegung der Katze folgendie Geschwindigkeitskomponenten

vr = r =dr

d

d

dt=

R

und v = r =

R

.

Daher gilt fur die konstante Bahngeschwindigkeit

vK =

v2r + v2 =R

1 + 2 =R

d

dt

1 + 2 .

Trennung der Veranderlichen und Integration fuhren auf

vK

t0

dt = vKt =R

0

1 + 2 d .

Mit 1 + x2dx =

1

2

[x

1 + x2 + arsinh x]

erhalt man daraus t():

vKt =R

2

(

1 + 2 + arsinh )

.

Die Zeit, nach der Maus und Katze am Loch ankommen, errechnet sichaus der Geschwindigkeit der Maus zu

T =AL

vM=

R

vM.

Einsetzen in vKt ergibt mit (t = T ) = endgultig

vK =vM22

(

1 + 2 + arsinh )= 0, 62 vM .