2.4 Stoßvorgänge. Lösungen

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1 .4 Stoßvorgänge Lösungen Aufgabe 1: a) Geschwindigkeit und Winkel: Für die Wurfhöhe gilt: H = v 0 g sin Die zugehörige x-koordinate ist: x 1 = v 0 g sincos Aus diesen beiden Gleichungen lässt sich die Wurfgeschwindigkeit eliminieren, indem die erste Gleichung durch die zweite Gleichung geteilt wird: H sin = x 1 sincos = 1 tan tan= H x 1 Die Wurfgeschwindigkeit kann jetzt aus der ersten Gleichung berechnet werden: v 0 = gh sin = 1 tan g H = x 1 tan = x 1 H H 14 x 1 H 14 H g H = g H 1 x 1 4 H tan= 5 m = =63,43 5 m = v 9,81m 0 /s 5 m 1 5 m =11,07 m/s 4 5 m H x g H 1 v α x x1 α v 0 Technische Mechanik.4-1 Prof. Dr. Wandinger

2 b) Stoßzahl: Da die Horizontalkomponente der Geschwindigkeit beim schiefen Wurf konstant ist, trifft der Ball mit der Geschwindigkeit v 1 =v 0 cos auf die Wand. Nach dem Stoß hat er die Geschwindigkeit Daraus folgt: v cos = k v 1 = k v 0 cos. k= v cos v 0 cos Wegen der Symmetrie des schiefen Wurfes gilt tan = H x Daraus folgt für die Stoßzahl: und v = g H sin g H cos sin k= g H cos = tan tan = x x 1 sin k= 4 m 5 m =0,8 Aufgabe : Der Sammelbehälter muss so weit entfernt sein, dass er von Bällen mit einer zu kleinen Stoßzahl nicht erreicht wird. Für die Entfernung gilt: D=D 1 D D 3 Dabei ist D 1 die Weite des ersten Wurfs. D ist die Weite des zweiten Wurfs, wenn der Stoß am Ende des ersten Wurfs eine Stoßzahl von 0,8 hat. Entsprechend ist D 3 die Weite des dritten Wurfs, wenn der Stoß am Ende des zweiten Wurfs eine Stoßzahl von 0,8 hat. Weite des 1. Wurfs: D 1 = v 1 g sin 0= 5 m /s sin90 =,548m 9,81 m /s. Technische Mechanik.4- Prof. Dr. Wandinger

3 Am Ende des 1. Wurfs trifft der Ball unter einem Winkel von 45 mit der Geschwindigkeit v 1 auf. Durch den Stoß ändert sich die Vertikalgeschwindigkeit, während die Horizontalgeschwindigkeit gleich bleibt: v x =v 1 x =v 1 cos 0 =5 m /s cos45 =3,536 m/ s v z =k v 1z =k v 1 sin 0 =0,8 5 m /s sin 45 =,88 m/s Weite des. Wurfs: Die Abwurfgeschwindigkeit ist v =v x v z =3,536,88 m/s=4,58 m/ s. Für den Wurfwinkel gilt: tan = v z v x =k v 1 z v 1 x =k tan 0 =0,8 tan45 =0,8 =38,66 Damit folgt für die Wurfweite: D = v g sin = 4,58 m /s sin 38,660 =,039m 9,81 m /s Am Ende des. Wurfs trifft der Ball unter einem Winkel von 38,66 mit einer Geschwindigkeit von 4,58m/s auf. Für die Geschwindigkeiten nach dem Stoß gilt: v 3 x =v x =3,536 m/ s v 3 z =k v z =0,8,88m /s=,6 m/ s Weite des 3. Wurfs: Die Abwurfgeschwindigkeit ist v 3 =v 3 x v 3 z =3,536,6 m/ s=4,198m /s. Für den Wurfwinkel gilt: tan 3 = v 3 z v 3x =k tan =k tan 0 =0,64 3 =3,6 Damit folgt für die Wurfweite: D 3 = v 3 g sin 3= 4,198 m /s sin 3,6 =1,631 m 9,81 m/s Für die Entfernung D gilt: D=,548m,039 m1,631m=6,18 m Technische Mechanik.4-3 Prof. Dr. Wandinger

4 Aufgabe 3: a) Auftreffgeschwindigkeit Der Ball trifft mit der Geschwindigkeit v 1 auf die Wand und hat nach dem Stoß die Geschwindigkeit v. Die Geschwindigkeit v wird aus der Bedingung berechnet, dass der Ball in der Mitte des Korbes landet. Der Wurfwinkel α für den auf den Stoß folgenden Wurf ist 0. Damit lautet die Gleichung der Flugbahn im eingezeichneten Koordinatensystem: z x=h 3 g v x Die Geschwindigkeit v lässt sich aus der Bedingung zb=h berechnen: Daraus folgt: h =h 3 g v b g b v =h 3 h v = g b v h 3 h g =b h 3 h Aus v =k v 1 folgt für die Geschwindigkeit v 1 : v 1 = 1 k v = b k v =1 m g h 3 h 9,81 m/s 3 m,5 m =3,13 m /s, v m /s 1 =3,131 0,7 h 3 h z b v =4,474 m/ s x b) Wurfhöhe, Wurfgeschwindigkeit und Wurfwinkel Der schiefe Wurf wird im eingezeichneten Koordinatensystem betrachtet. Die Wurfhöhe H wird an der Wand erreicht, die sich an der Stelle x = a befindet. Die Gleichung für die Wurfbahn lautet: g x z x=x tan 0 v 0 cos Technische Mechanik.4-4 Prof. Dr. Wandinger

5 Da die Geschwindigkeit in x-richtung konstant ist, gilt v 1 =v 0 cos 0. Einsetzen in die Gleichung für die Wurfbahn führt auf z x=x tan 0 g x v 1 Da der Ball senkrecht auf die Wand trifft, gilt: 0= dz dx a=tan 0 g a v 1 Damit berechnet sich die Höhe H zu. tan 0 = g a H =za=a tan 0 g a v = g a 1 v g a 1 v = g a 1 v 1 Für die gesuchte Höhe h 1 gilt: h 1 =h 3 H =h 3 g a v 1 Für die Wurfgeschwindigkeit v 0 folgt: v 0 = v 1 cos 0 =v 1 1tan 0 =v 1 g a 1 v 1 tan 0 = 9,81 m /s m 4,474 m /s =0,980 0=44,43 9,81 m/s m h 1 =3m =,00 m 4,474 m/ s v 0 =4,474 m s 10,980 =6,65 m/s v 1. H x h 3 h 1 a α 0 v 0 z Technische Mechanik.4-5 Prof. Dr. Wandinger

6 Aufgabe 4: a) Geschwindigkeiten nach dem Stoß: Es handelt sich um einen geraden zentrischen Stoß. Mit v =0 gilt: = m 1 v 1 k m v 1 m 1 m, w = m 1 v 1 k m 1 v 1 m 1 m 10kg 0,8 50 kg = 10 m /s= 5 m /s 10 kg50 kg 10 kg0,8 10 kg w = 10m /s=3m /s 10 kg50 kg b) Maximaler Federweg: Nach dem Stoß wirkt auf die Masse nur die konservative Federkraft. Daher gilt der Energieerhaltungssatz. Zustand A: Unmittelbar nach Stoß Die Einfederung ist null: E K A = 1 m w, E A F =0 Zustand B: Maximale Einfederung Die Geschwindigkeit ist null: E K B =0, E F B = 1 c s max Energieerhaltungssatz: E B K E B F =E A K E A F 1 c s max= 1 m w s max = = s m max c w 50 kg 10 6 kg/s 3 m/ s=0,011 m Technische Mechanik.4-6 Prof. Dr. Wandinger

7 Aufgabe 5: a) Geschwindigkeit von Fahrzeug 1 nach dem Aufprall: Die Geschwindigkeit, die das Fahrzeug unmittelbar nach dem Aufprall hatte, kann mit dem Arbeitssatz ermittelt werden. Während des Rutschens verrichtet nur die Reibungskraft Arbeit. Bezeichnet der Index A den Zustand unmittelbar nach dem Aufprall und der Index B den Zustand am Ende des Rutschens, so lautet der Arbeitssatz: E K 1B E K R 1 A =W 1 AB Für die kinetischen Energien gilt: Unmittelbar nach dem Aufprall: E K 1A = 1 m w 1 1 Am Ende des Rutschens: E K 1B =0 Die Reibungsarbeit berechnet sich zu R W 1 AB = R s= m 1 g s. Einsetzen in den Arbeitssatz ergibt: 1 m w 1 1= m 1 g s Daraus berechnet sich die gesuchte Geschwindigkeit zu = g s. = 0,7 9,81 m/s m=5,41 m/s b) Geschwindigkeit von Fahrzeug B vor dem Aufprall: Der Aufprall kann als gerader zentrischer Stoß betrachtet werden. v S P S 1 x Technische Mechanik.4-7 Prof. Dr. Wandinger

8 Die Geschwindigkeit v 1 von Fahrzeug 1 vor dem Stoß ist null. Für die Geschwindigkeit von Fahrzeug 1 nach dem Stoß gilt: = m v m m 1 k m m m 1 v Daraus folgt: m 1 m =1k m v v = m 1m 1k m v = Aufgabe 6: 1000 kg100 kg 5,41 m/ s=8,007 m/s 10, 100 kg a) Geschwindigkeit des Schlägers: Die Aufgabe wird mit dem Energieerhaltungssatz gelöst. Dazu wird Punkt P als Bezugspunkt für das Lageenergie gewählt. In der Ruhelage sind kinetische Energie und Lageenergie des Schlägers null. Im tiefsten Punkt gilt für die Lageenergie: E S G = m S g r m S z r α m B P Der Energiesatz lautet: E K S E G S = 1 m v S S m S g r=0 Daraus folgt für die Geschwindigkeit des Schlägers: v S = g r v S = 9,81m/s 1,5 m=5,45 m/s b) Geschwindigkeit des Golfballs nach dem Schlag: Zwischen Schläger und Golfball findet ein gerader zentrischer Stoß statt. Die Geschwindigkeit des Golfballs vor dem Stoß ist null. Damit gilt für die Geschwindigkeit des Golfballs nach dem Stoß: v B = m S v S k m S v S m S m B =1k v S m S m S m B Technische Mechanik.4-8 Prof. Dr. Wandinger

9 5 kg v B =10,9 5,45 m/ s =9,911m /s 5kg0, kg c) Geschwindigkeit bei Verlassen der Maschine: Die Geschwindigkeit des Golfballs beim Verlassen der Maschine lässt sich ebenfalls mit dem Energieerhaltungssatz ermitteln. Bezugspunkt für die Lageenergie ist wieder Punkt P. Unmittelbar nach dem Stoß hat der Golfball die kinetische Energie E K B = 1 m v B B und die Lageenergie E B G = m B gr. Beim Verlassen der Maschine hat der Golfball die kinetische Energie E K 0 = 1 m v B 0 und die Lageenergie E 0 G = m B gr cos. Aus dem Energieerhaltungssatz E 0 K E 0 G =E B K E B G folgt: E K 0 = 1 m v B 0=E K B E G B E G 0 =m B[ 1 v B g r 1 cos ] Auflösen nach der gesuchten Geschwindigkeit v 0 ergibt Aufgabe 7: v 0 =v B g r 1 cos. v 0 =9,911 m /s 9,81 m/s 1,5 m 1 cos30 =9,710 m/s a) Geschwindigkeit der Masse m 1 nach dem Stoß: m v A Wegen der kurzen Stoßdauer kann der Kraftstoß der Gewichtskraft und der Kraftstoß der Federkraft vernachlässigt werden. Für die Geschwindigkeit nach dem Stoß gilt: m 1 x Technische Mechanik.4-9 Prof. Dr. Wandinger

10 v B1 = k v A v B1 = 0,8 10m /s=8 m/s b) Geschwindigkeit des Schwerpunkts nach dem Stoß: Während des Stoßes wirken auf die Masse die Gewichtskraft und die Federkraft. Beide Kräfte haben eine endliche Größe, so dass ihr Kraftstoß wegen der Kürze der Stoßdauer vernachlässigbar ist. Daher ändert sich der Impuls der Masse während des Stoßes nicht. Mit v B =v A folgt für die Geschwindigkeit des Schwerpunkts nach dem Stoß: v BS = m 1 v B1 m v A m 1 m kg 8 m /s 1 kg 10 m/s v BS = = m /s 3 kg Die Geschwindigkeit des Schwerpunkts nach dem Stoß kann auch aus dem integrierten Impulssatz für das Gesamtsystem berechnet werden: m 1 m v BS v A = F Auf das Gesamtsystem wirkt der Kraftstoß F=m 1 v B 1 v A. Damit folgt: m 1 m v BS v A =m 1 v B1 v A Auflösen nach der gesuchten Geschwindigkeit v BS ergibt: v BS =v A m 1 m 1 m v B1 v A = m v A m 1 v B 1 m 1 m c) Verhalten nach dem Stoß: Unmittelbar nach dem Stoß wirkt auf das Massenpunktsystem als einzige äußere Kraft die Gewichtskraft. Die beiden Massenpunkte schwingen um die Bahn des Schwerpunkts. Je nach Wert der Federkonstanten kann es zu weiteren Stößen zwischen Masse 1 und dem Boden kommen. Technische Mechanik.4-10 Prof. Dr. Wandinger

11 Aufgabe 8: a) Geschwindigkeiten vor dem Stoß: H 1 d H v A1 v A m 1 s m Die Zeit t wird ab dem Zeitpunkt gemessen, zu dem der Fahrer von Fahrzeug 1 Fahrzeug bemerkt. Der Weg s wird ab dem Ort gemessen, an dem sich Fahrzeug 1 zum Zeitpunkt t = 0 befindet. Geschwindigkeiten entgegen der eingezeichneten s-achse sind negativ. Beide Fahrzeuge bremsen mit einer konstanten Verzögerung, die durch die Haftkraft verursacht wird. Aus den Impulssätzen folgt für die Verzögerungen: m 1 a 1 = H 1 = 0 m 1 g a 1 = 0 g m a =H = 0 m g a = 0 g Für die während des Bremsens zurückgelegten Wege gilt: s 1 t =v A1 t 1 a 1 t =v A1 t 1 0 g t s t=dv A t 1 a t =dv A t 1 0 g t Zum Zeitpunkt t S befinden sich beide Fahrzeuge am gleichen Ort: s 1 t S =s t S v A1 t S 1 g t 0 S=dv A t S 1 gt 0 S v A1 v A t S 0 g t S =d t S v A1 v A 0 g t S = v v A1 A 0 g v v A1 A d 0 g 0 g t S d 0 g =0 Die zweite Lösung der quadratischen Gleichung scheidet aus, da sie größer ist. v A1 =10 km/ h=33,33 m/s, v A = 100 km/ h= 7,78m /s Technische Mechanik.4-11 Prof. Dr. Wandinger

12 v A1 v A 33,33m /s7,78m /s = =3,893 s 0 g 0,8 9,81 m/ s t S =3,893s 3, m s 0,8 9,81 m/s =,340 s Für die Geschwindigkeiten gilt: v B1 =v A1 0 g t S, v B =v A 0 g t S v B1 =33,33m /s 0,8 9,81 m /s,340 s=14,97m /s=53,89km/h v B = 7,78m /s0,8 9,81m/s,340 s= 9,416 m/ s= 33,90 km/ h b) Geschwindigkeiten nach dem Stoß: Die Gleichungen für den geraden zentrischen Stoß lauten: = m 1 v B1 m v B k m v B1 v B m 1 m w = m 1 v B 1 m v B k m 1 v B1 v B m 1 m m 1 v B1 m v B 1000 kg 14,97 m/ s 1500 kg 9,416 m/s = =0,3384 m /s m 1 m 1000 kg1500 kg k v B1 v B 14,97m /s9,416 m/ s =0,3 m 1 m 500 kg =, m/ kgs =0,3384 m /s 1500 kg, m/ kgs= 4,051 m/s= 14,58 km/h w =0,3384 m/ s1000 kg, m /kgs=3,64 m /s=11,75km/h c) Verlust an mechanischer Energie: Der Verlust an mechanischer Energie berechnet sich zu E= 1 m 1 m m 1 m 1 k v B1 v B E= 1 kg 1500 kg kg 1 0,3 14,97m /s9,416 m/ s =16300 J Technische Mechanik.4-1 Prof. Dr. Wandinger

13 Aufgabe 9: Impulserhaltungssatz: m 1 v 1 m v =m 1 m w Stoßbedingung: k v v 1 = w Multiplikation des Impulserhaltungssatzes mit k und der Stoßbedingung mit m 1 und anschließende Addition ergibt: Daraus folgt: k m 1 m v =1k m 1 k m m 1 w v = k m 1 m w m 1 w k m 1 m Multiplikation des Impulserhaltungssatzes mit k und der Stoßbedingung mit m und anschließende Subtraktion ergibt: Daraus folgt: k m 1 m v 1 = k m 1 m 1k m w v 1 = k m 1 m w m w k m 1 m Aufgabe 10: a) Geschwindigkeiten unmittelbar nach dem Stoß: Die Geschwindigkeiten unmittelbar nach dem Stoß können mit dem Arbeitssatz aus den Rutschstrecken ermittelt werden. Fahrzeug A: 1 m w A A= m A g s A w A = g s A Fahrzeug B: 1 m w B B= m B g s B w B = g s B w A = 0,7 9,81 m /s 0 m=16,57 m/ s w B = 0,7 9,81m/ s 15 m=14,35 m/ s b) Geschwindigkeiten unmittelbar vor dem Stoß: Am einfachsten lassen sich die Geschwindigkeiten unmittelbar vor dem Stoß Technische Mechanik.4-13 Prof. Dr. Wandinger

14 aus dem Impulserhaltungssatz und der Stoßbedingung ermitteln. Impulserhaltungssatz: Stoßbedingung: m A v A m B v B =m A w A m B w B k= w A w B v A v B und Addition zum Impulserhal- Multiplikation der Stoßbedingung mit m B tungssatz ergibt: m A m B v A =m A w A m B w B m B k w A w B v A = m A w A m B w B m B w A w B /k m A m B Für die Geschwindigkeit v B folgt: v B =v A w A w B k v A = 1500 kg 16,57 m s 000 kg 14,35 m s =11,07m /s v A v B = 1 k w A w B 1500 kg000 kg 16,57 m/s 14,35m /s v B =11,07m /s =18,47 m/ s 0,3 c) Geschwindigkeit von Fahrzeug B bei Bremsbeginn: 000 kg 0,3 16,57 m s 14,35 m s Die Geschwindigkeit von Fahrzeug B bei Bremsbeginn kann mit dem Arbeitssatz ermittelt werden: 1 m v B B 1 m v B B 0= 1 m B g s B1 v B0 =v B 1 g s B1 v B0 =18,47 m /s 0,9 9,81m /s 10 m=,75 m/ s Aufgabe 11: Umrechnung der Geschwindigkeiten: v 1 A =540 km/h=540/3,6m /s=150 m /s Technische Mechanik.4-14 Prof. Dr. Wandinger

15 v A =630 km/h=630/3,6m/s=175m /s a) Abschusswinkel für Geschoss : Damit sich die Geschosse treffen, müssen sie sich zum gleichen Zeitpunkt t s an der gleichen Stelle x s befinden und die gleiche Höhe h haben. Daraus folgt: h=v 1 A t s sin 1 g t s=v A t s sin 1 g t s 150 m /s sin= sin45 =0,6061 =37, m/ s sin= v 1 A v A sin Bemerkung: Wenn Geschoss unter diesem Winkel abgeschossen wird, dann haben die Geschosse zu jedem beliebigen Zeitpunkt die gleiche Höhe. b) Geschwindigkeiten unmittelbar vor dem Zusammenprall: Die Horizontalgeschwindigkeiten sind konstant. Daher gilt: v 1 Bx =v 1 A cos A v Bx =v A cos=v A 1 sin =v 1 v 1 A v A v 1 Bx =150 m/s cos45 =106,1 m/s=381,8km/h sin =v A v 1 A sin v Bx =175 m /s 150 m / s sin 45 =139, m /s=501,1km/h Die Zeit bis zum Zusammenprall berechnet sich aus der Bedingung zu x s =v 1A t s cos=d v A t s cos D t s = v 1 A cosv A cos 000 m t s = 150 m /s cos45 175m /s cos37,31 =8,155 s Für die Vertikalgeschwindigkeiten gilt:. Technische Mechanik.4-15 Prof. Dr. Wandinger

16 v 1 Bz =v 1 A sin g t s v Bz =v A sin g t s =v A v 1 A v A sin g t s =v 1 A sin gt s =v 1 Bz v 1 Bz =v Bz =150 m /s sin45 9,81 m /s 8,155s=6,07 m/s=93,85 km/ h c) Geschwindigkeiten unmittelbar nach dem Zusammenprall: Da es sich um einen glatten Stoß handelt, ändern sich die Vertikalgeschwindigkeiten nicht: v 1Cz =v 1 Bz =93,85 km/h, v Cz =v Bz =93,85 km/h Die Horizontalgeschwindigkeit v Bx des Geschosses ist entgegen der x-achse gerichtet. Daher gilt für die Horizontalgeschwindigkeiten nach dem Stoß: v 1 Cx = m 1 v 1 Bx m v Bx k m v 1Bx v Bx m 1 m v Cx = m 1 v 1 Bx m v Bx k m 1v 1 Bx v Bx m 1 m 100 kg 106,1m /s 75kg 139, m/ s v 1Cx = 0, ,1139, m/ s 175kg 175 =0,9714 m /s 4,05 m/s= 41,08m /s= 147,9 km/h v Cx = 0,9714 m/s 0, ,3m/s= 57,04 m/s= 05,3 km/h 175 d) Auftreffen auf dem Boden: Für den Ort des Zusammenpralls gilt: x s =v 1Bx t s x s =106,1 m/s 8,155 s=865, m Die Höhe h, in der sich der Zusammenprall ereignet, berechnet sich zu h=v 1 A t s sin 1 g t s. h=150 m/ s 8,155 s sin45 1 9,81m/ s 8,155 s =538,8m Technische Mechanik.4-16 Prof. Dr. Wandinger

17 Auftreffpunkt von Geschoss 1: Wird die Zeit ab dem Zusammenprall gemessen, so gilt für die Vertikalkomponente des von Geschoss 1 bis zum Zeitpunkt t 1 des Auftreffens zurückgelegten Weges: Daraus folgt: z 1 t 1 =hv 1 Cz t 1 1 gt 1=0 gt 1 v 1Cz t 1 h=0 t 1 = 1 v g 1Cz v 1 Cz h g t 1 = 1 9,81 t 1 =13,47s s m 6,07 m/s 6,07 m /s 538,8 m 9,81m /s Für den Auftreffpunkt von Geschoss A gilt: x 1 =x s v 1Cx t 1 x 1 =865, m 41,08 m/s 13,47 s=311,8 m Auftreffpunkt von Geschoss : Wegen v Cz =v 1Cz gilt für die Zeitspanne t vom Zusammenprall bis zum Auftreffen von Geschoss : t =t 1 Für den Auftreffpunkt von Geschoss gilt: x =x s v Cx t x =865, m57,04 m /s 13,47s=1633 m Technische Mechanik.4-17 Prof. Dr. Wandinger

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