Kapitel 1. Kinematik des Punktes

Transkript

1 Kapitel 1 Kinematik des Punktes 1

2 2 Kinematik Die Lage eines Punkte P im Raum wid duch den Otsvekto (t) d ds P beschieben. Aus de Veschiebung d des Punktes P in eine Nachbalage wähend de Zeit dt folgt seine Geschwindigkeit v = d dt = ṙ. z x Bahn Die Geschwindigkeit ist stets tangential zu Bahn geichtet. Mit de Bogenlänge s und d = ds gilt fü den Betag de Geschwindigkeit v = ds dt =ṡ. Die zeitliche Ändeung des Geschwindigkeitsvektos v(t) heißt Beschleunigung a = dv dt = v =. Die Beschleunigung ist im allgemeinen nicht tangential zu Bahn geichtet! Die Vektoen, v und a lassen sich in speziellen Koodinatensystemen wie folgt dastellen: a) Katesische Koodinaten mit den Einheitsvektoen e x, e y, e z: Bahn P = x e x + y e y + z e z, z z v =ẋ e x +ẏ e y +ż e z, a =ẍ e x +ÿ e y + z e z. e z ex e y x y x y b) Zylindekoodinaten mit den Einheitsvektoen e, e, e z: P = e + z e z, z z v =ṙ e + e +ż e z, e z e Bahn a =( 2 ) e +( +2ṙ ) e + z e z. e x y x y y s

3 des Punktes 3 c) Natüliche Koodinaten mit den Einheitsvektoen e t und e n in Richtung de Tangente bzw. de Hauptnomalen. M v = v e t, a = v e t + v2 ρ en. ρ ρ e n Bahn Dabei sind: s P e t ρ = Kümmungsadius (Abstand zwischen P und Kümmungsmittelpunkt M), v =ṡ = ds dt a t = v = dv dt a n = v2 ρ = Bahngeschwindigkeit, = Bahnbeschleunigung, = Nomal- ode Zentipetalbeschleunigung. Anmekung: Die beiden Komponenten de Beschleunigung liegen in de sogenannten Schmiegungsebene. De Beschleunigungsvekto zeigt stets ins Innee de Bahn. Geadlinige Bewegung Weg x(t), Geschwindigkeit Beschleunigung v = dx dt =ẋ, a = dv = v =ẍ. dt 0 x(t) P x Keisbewegung Fü ρ = = const und s = (t)ehält man in natülichen Koodinaten Geschwindigkeit v = = ω, Bahnbeschleunigung a t = = ω, P s(t) (t) Zentipetalbeschleunigung mit ω = = Winkelgeschwindigkeit. a n = v2 = ω2

4 4 Kinematische Gundaufgaben Ebene Bewegung in Polakoodinaten Aus den Beziehungen fü Zylindekoodinaten folgen fü z = 0, = ω v = v e + v e, a = a e + a e mit Radialgeschwindigkeit v =ṙ, Zikulageschwindigkeit v = ω, Radialbeschleunigung a = ω 2, Zikulabeschleunigung a = ω +2ṙω. y Bahn e e x Anmekung: Bei eine Zentalbewegung veschwindet die Zikulabeschleunigung. Aus a = ω +2ṙω =( 2 ω) / = 0 egibt sich dann de Flächensatz (2. Keplesches Gesetz) 2 ω =const. Kinematische Gundaufgaben fü geadlinige Bewegung De Bewegungsanfang zu Zeit t 0 sei duch den Anfangsweg x 0 und die Anfangsgeschwindigkeit v 0 gegeben. P Gegeben a =0 Gesuchte Gößen v = v 0 =const, x = x 0 + v 0t gleichfömige Bewegung v = v a = a 0 =const 0 + a 0t, x= x 0 + v 0t a0t2 gleichmäßig beschleunigte Bewegung t t a = a(t) v = v 0 + a( t)d t, x= x 0 + v( t)d t t 0 t 0 v t t = t 0 + d v a = a(v) v 0 a( v) = f(v), x = x0 + F ( t)d t t 0 mit de Umkehfunktion v = F (t) x x v 2 = v a( x)d x, t= t 0 + d x a = a(x) x 0 x 0 v( x) = g(x) Die Umkehfunktion liefet x = G(t) Anmekungen: Die Fomeln lassen sich auch bei eine allgemeinen Bewegung anwenden, wenn man x duch s und a duch die Bahnbeschleunigung a t esetzt. Die Nomalbeschleunigung folgt dann aus a n = v 2 /ρ. Falls die Geschwindigkeit als Funktion des Weges gegeben ist, folgt die Beschleunigung aus a = v dv dx = d dx ( v2 2 ).

5 Geadlinige Bewegung 5 Aufgabe 1.1 De Mindestabstand b zwischen zwei Kaftfahzeugen soll so goß sein wie die Stecke, die das nachfolgende Fahzeug innehalb von ts = 2 s bei seine jeweiligen Geschwindigkeit zuücklegt. A1.1 a) Wie goß ist die Übeholstecke x 1? b) Fü welche Zeit tü befindet sich ein PKW (Länge l 1 = 5 m, konstante Geschwindigkeit v 1 = 120 km/h) mindestens auf de Übeholspu, wenn e einen LKW (Länge l 2 = 15 m, Geschwindigkeit v 2 = 80 km/h) koekt übeholt? (Die Zeiten fü das Wechseln de Spu sollen unbeücksichtigt bleiben.) Lösung l 1 b 1 l 2 x 2 b 2 l 1 x 1 zu a) Bei gleichfömige Bewegung folgen die Mindestabstände mit 1km/h = 1000 m/3600 s zu b 1 = v 1 ts = = m, b2 = v2 ts = 2= 3, 6 3 3, 6 9 m. Die Übeholstecke betägt dahe x 1 = b 1 + l 2 + x 2 + b 2 + l 1. Außedem gilt x 2 = v 2 tü, x 1 = v 1tü. Elimination von tü liefet b1 + b2 + l1 + l2 x 1 = 1 = 2 v = 1180 = 393, 33 m. 3 zu b) Fü die Übeholzeit egibt sich damit tü = x , 6 = =11, 8s. v

6 6 Geadlinige A1.2 Aufgabe 1.2 Zu Simulation schweelose Zustände weden Vakuum- Fallschacht-Anlagen benutzt. Ein solche Schacht habe eine Tiefe von l = 200 m. Welche maximale Vesuchszeit t 1 und welche Vesuchsstecke x 1 im feien Fall stehen zu Vefügung, wenn de Vesuchsköpe nach Duchfallen de Meßstecke mit a II = 50 g auf v = 0 abgebemst wid? Lösung Da de Köpe aus de Ruhelage losgelassen wid (x 0 = v 0 = 0), gilt mit a I =const=g fü den feien Fall v I = gt, x I = g 2 t2. Beim Abbemsen folgen mit a II = 50 g fü Geschwindigkeit und Weg v II = v II0 50 gt, x II = x II0 + v II0 t 50 gt 2 /2. x Vesuchsköpe l x 1 t =0 (a I = g) t = t 1 (a II = 50 g) t = t 2 Man beachte, dass die Integationskonstanten x II0 und v II0 hie keine diekte physikalische Bedeutung haben. Fü t = t 2 muss gelten: v II (t 2)=0 v II0 =50gt 2, x II (t 2)=l x II0 = l v II0 t gt2 2 = l 25 gt 2 2. Aus den Übegangsbedingungen v I(t 1)=v II (t 1) gt 1 =50g(t 2 t 1), x I(t 1)=x II (t 1) g 2 t2 1 = l 50 2 gt gt 1t gt2 1 folgen duch Auflösen 100 l t 1 = 51 g = =6, 32 s, 51 9, 81 x 1 = x g I(t 1)= 2 t2 1 = g 100 l 2 51 g = l = 196 m.

7 Bewegung 7 Aufgabe 1.3 Eine U-Bahn legt zwischen 2 Stationen einen Weg von 3 km zuück. Aus de Anfahbeschleunigung a A =0, 2m/s 2, de Bemsvezögeung a B = 0, 6m/s 2 und de Höchstgeschwindigkeit v = 90 km/h sollen de Anfahweg, de Bemsweg, die Wegstecke de gleichfömigen Bewegung und die Fahzeit emittelt weden. A1.3 Lösung Aus de konstanten Beschleunigung a A folgt beim Anfahen ein Geschwindigkeitsvelauf v A = a At. Mit de vogegebenen Höchstgeschwindigkeit findet man die Anfahtzeit t A = v = a A , 2 = 125 s und den Anfahweg s A = 1 2 aat2 A = 1 2 0, = 1563 m. Beim Bemsen mit konstante Vezögeung a B gilt fü die Geschwindigkeit v B = v + a Bt. Die Zeit t B bis zum Anhalten (v B = 0) wid dahe t B = v = =41, 67 s, a B 3600 ( 0, 6) und de zughöige Bemsweg egibt sich zu s B = v t B abt2 B = 41, = 1041, , 92 = 521 m. 0, 6 41, 672 Fü die Faht mit konstante Geschwindigkeit v bleibt dann ein Weg von s = 3000 s A s B = 916 m. Hiezu gehöt eine Zeit t = s = =36, 64 s. v Die Gesamtfahzeit wid damit T = t A + t + t B = 203, 31 s = 3, 39 min.

8 8 Geadlinige A1.4 Aufgabe 1.4 Ein PKW-Fahe nähet sich mit eine Geschwindigkeit von v 0 = 50 km/h eine Ampel. Sie spingt auf Rot, wenn e noch l = 100 m entfent ist. Die Rot- und Gelbphase dauet t =10s.De Fahe möchte die Ampel geade dann passieen, wenn sie wiede auf Gün wechselt. a) Mit welche konstanten Beschleunigung a 0 muss de Fahe bemsen? b) Welche Geschwindigkeit v 1 hat e auf Höhe de Ampel? c) Man zeichne die Diagamme a(t), v(t) und x(t). Lösung Bei konstante Beschleunigung a 0 gilt mit x(t =0)=0 v = v 0 + a 0t, v 0 x = v 0t + a 0 t 2 2. x l a) Aus de Bedingung x(t )=l folgt aus de 2. Gleichung a 0 = 2 t (l 2 v0t )= 2 ( ) = 0, 78 m s. 2 Das negative Vozeichen zeigt an, dass de PKW vezöget wid! b) Mit de nun bekannten Bemsvezögeung egibt sich aus de esten Gleichung v 1 = v(t )= , =6, 09 m s =21, 9 km h. c) Integation de konstanten Beschleunigung liefet einen lineaen Geschwindigkeitsvelauf, nochmalige Integation ein paabolisches Weg-Zeit- Diagamm. -0,78 50 a [m/s 2 ] v [km/h] x [m] 10 t [s] 21,9 10 t [s] t [s]

9 Bewegung 9 Aufgabe 1.5 Ein Fahzeug bewegt sich gemäß dem dagestellten Geschwindigkeits-Zeit-Diagamm. 20 v [m/s] A1.5 Man beechne die auftetenden Beschleunigungen, den zuückgelegten Weg und zeichne die Diagamme x(t), a(t), v(x) und a(x) t [s] Lösung Zweckmäßig teilt man den Bewegungsablauf in 3 Zeitbeeiche: t 1 t 2 t t [s] 1. Beeich, 0 t s (Anfahen mit konstante Beschleunigung a 1): Aus v 1 = a 1t 1 folgen a 1 = v1(100) 100 = = 1 5 m/s2, x 1 = 1 2 a1t2 1, s 1 = x 1(100) = (100)2 = 1000 m, v 1(x 1)= 2a 1x Beeich, 0 t s (gleichfömige Bewegung): Aus v 2 =20m/s = const findet man a 2 =0, x 2 = v 2t 2, s 2 = x 2(200) = = 4000 m. 3. Beeich 0 t 3 60 s (Bemsen mit konstante Vezögeung a 3): Aus v 3 =20m/s+a 3t 3 beechnen sich a 3 = = 1 3 m/s2, x 3 =20t a3t2 3, s 3 = x 3(60) = (60)2 = 600 m, v 3 = a 3x 3. Das Fahzeug duchfäht insgesamt die Stecke s = s 1 + s 2 + s 3 = = 5600 m. a [m/s 2 ] a a [m/s 2 ] a a 3 t [s] 1000 a 3 x [m] x [m] 20 v [m/s] t [s] x [m]

10 10 Geadlinige A1.6 Aufgabe 1.6 Die Beschleunigung eines fei fallenden Köpes unte Beücksichtigung des Luftwidestandes lässt sich näheungsweise duch a(v) =g αv 2 bescheiben. Dabei sind g die Edbeschleunigung und α eine Konstante. Gesucht ist die Fallgeschwindigkeit v(t) eines Köpes, de ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen wid. Lösung Nach de Tabelle auf Seite 4 gilt fü gegebenes a(v) t = t 0 + v v 0 d v g α v 2. Wenn wi die Zeitzählung mit t 0 = 0 beginnen, so egibt sich mit v(t 0)=v 0 =0 t = v 0 d v g α v 2 = 1 α v 0 d v ( gα v)( gα + v) und nach Patialbuchzelegung t = 1 ( ) 1 v d v α gα 2 0 gα gα v + v = 1 [ ] v g g 2 ln( gα α v)+ln( α + v) = gα ln gα + v gα v. Auflösen nach v liefet gα + v e 2 gα t = gα v v = g α e 2 gα t 1 e 2 gα t +1. Mit de Hypebelfunktion tanh = e e e +e = e2 1 e 2 +1 das Egebnis auch scheiben als g v = α tanh v gα t. g α lässt sich Aus de letzten Dastellung ekennt man den Genzwet lim v(t) = g/α, t d.h. fü goße Zeiten fällt de Köpe paktisch mit konstante Geschwindigkeit (a =0 v = g/α). t

11 Bewegung 11 Aufgabe 1.7 In einem Zylinde (Duchmesse d) bewegt sich ein Kolben infolge V 0 de Expansion de Gasfüllung. Die Beschleunigung a des Kolbens ist dabei po- d p 0 potional dem jeweiligen Gasduck p, d.h. a=c 0 p, wobeifü den Gasduck das Gasgesetz pv = const gelte. De Ausgangsl 0 zustand sei duch den Duck p 0, die Kolbenstellung l 0 und die Anfangsgeschwindigkeit v 0 = 0 vogegeben. Wie goß ist die Kolbengeschwindigkeit v? A1.7 Lösung Bei eine Kolbenauslenkung x hescht nach dem Gasgesetz p 0V 0 =pv bzw. p 0 πd 2 4 de Duck l0 = p πd2 4 p = p 0 l 0 l 0 + x. (l0 + x) Daaus folgt die Beschleunigung a(x) =c 0 p = c 0 p x/l 0 = a x/l 0. Dabei ist a 0 = c 0 p 0 die Anfangsbeschleunigung bei x =0.Nachde Tabelle auf Seite 4 beechnet sich bei gegebenem a(x) x x ) v 2 = v0 2 a 0 +2 a( x)d x =2 d x =2l 0 a 0 ln (1+ xl0 1+ x/l 0 x 0 0 ) v = 2 l 0 a 0 ln (1+ xl0. l 0 V p x a a 0 v x/l x/l 0 Anmekung: Da die Beschleunigung mit wachsendem x abnimmt, steigt die Geschwindigkeit imme langsame an.

12 12 Geadlinige Bewegung A1.8 Aufgabe 1.8 Die Beschleunigung eines Z P Punktes P,desichlängs eine Geaden bewegt, sei zum Punkt Z geichtet und umgekeht popotional zum Abstand x. x Fü t = 0 hat P den Abstand x 0 = 2 m, die Geschwindigkeit v 0 =4m/s und eine Beschleunigung a 0 = 3 m/s 2. a) Man bestimme die Geschwindigkeit v 1 im Abstand x 1 =3m. b) In welchem Abstand x 2 ist die Geschwindigkeit Null? Lösung Entspechend de Aufgabenstellung ist a = c/x, wobei sich die Konstante c aus den gegebenen Anfangsweten eechnet: c = a 0x 0 = ( 3) 2=6(m/s) 2. Mit dem nun bekannten a(x) egibt sich fü die Geschwindigkeit (vgl. Tabelle S. 4) x x v 2 = v a( x)d x = v ( c x ) d x = v0 2 2c ln x x 0 x 0 x 0 v(x) =± 2c ln x/x0. v 2 0 zu a) Die Geschwindigkeit fü x 1 = 3 m folgt daaus zu v 1 = ( ) ln 3 2 =3, 34 m s. zu b) Die Geschwindigkeit wid Null fü v =0 v 2 0 2c ln x x 0 =0 x 2 = x 0 e v2 0 /2c =2e 4/3 =7, 59 m. Anmekungen: Das Geschwindigkeits-Weg- Diagamm ist symmetisch zu x-achse. Die Bewegung kann auch im Beeich negative x efolgen. Wegen de Unstetigkeit bei x=0 müssen dann neue Gleichungen unte Beücksichtigung de Richtungsändeung von a aufgestellt weden. v v e v2 0 /2c x x 0

13 Senkechte Wuf 13 Aufgabe 1.9 Ein Ball wid mit eine Geschwindigkeit von v 01 =20m/s senkecht nach oben gewofen. Zwei Sekunden späte wid ein zweite Ball mit v 02 = 18 m/s ebenfalls senkecht nach oben gewofen. A1.9 In welche Höhe H teffen sich die beiden Bälle? Lösung Wi zählen die Zeit t vom Abwuf des 1. Balles. Dann gilt unte Beachtung de gegebenen Anfangswete, de Richtung von g und de Zeitdiffeenz Δt =2s z 1 = v 01t g 2 t2, 1 z 1 z22 z 2 = v 02(t Δt) g 2 (t Δt) Gleichsetzen von z 1 und z 2 liefet die Teffzeit t : v 01t g 2 t 2 = v 02(t Δt) g 2 (t 2 2t Δt +Δt 2 ) t = Δt (v ) 2 gδt v 02 v 01 + gδt =3, 16 s. Einsetzen in die Gleichung fü z 1 (ode z 2) egibt die gesuchte Höhe H = z 1(t )=20 3, 16 4, 9 3, 16 2 =14, 27 m. In einem Weg-Zeit-Diagamm kann man die Lösung veanschaulichen: z [m] H 1max =20, 38 z 2 (t) H =14, v 01 t z 1 (t) v 02 t 2 t =3, 16 t [s]

14 14 Senkechte A1.10 Aufgabe 1.10 Ein Ball wid vom Rand eine Klippe, die 50 m übe dem Meeesspiegel liegt, mit eine Geschwindigkeit von 10 m/s senkecht nach oben gewofen. a) Welche höchste Stelle übe dem Mee eeicht de Ball? b) Wann tifft e auf das Mee auf? c) Mit welche Geschwindigkeit fällt e ins Wasse? Lösung Mit a = g und de Anfangsgeschwindigkeit v 0 gilt H v =ż = v 0 gt, z = v 0t g z 2 t2. zu a) Die Steigzeit T folgt aus de Bedingung v(t )=0: h=50 m v 0 gt =0 T = v0 g. Die Wufhöhe H wid dahe H = z(t )= v2 0 g v2 0 2g = v2 0 2g. Mit v 0 = 10 m/s egibt sich fü die höchste Stelle h max = h + H = h + v =50+ =55, 1m. 2g 2 9, 81 h max zu b) Die Wufzeit t A bis zum Aufteffen ehält man aus z(t A)= h : h = v 0t A g 2 t2 A t A = 1 { } v 0 + v 20 g +2gh =4, 37 s. ( ) Beachte: Das fomal mögliche Minuszeichen vo de Wuzel entfällt. Es füht zu eine negativen Zeit t A. c) Mit t = t A folgt die Aufteffgeschwindigkeit v(t A) = v 0 gt A =10 9, 81 4, 37 = 32, 87 m s. Das Minuszeichen zeigt an, dass die Geschwindigkeit beim Aufteffen entgegen de gewählten Koodinate z nach unten zeigt.

15 Wuf 15 Aufgabe 1.11 Die Besatzung eines Feiballons, de mit konstante Geschwindigkeit v 0 steigt, will die augenblickliche Höhe h 0 übe dem Boden bestimmen. Zu diesem Zweck lässt sie einen Messköpe aus de Gondel fallen, de beim Aufschlag explodiet. Nach de Zeit t 1 höt die Besatzung die Detonation. A1.11 Es ist die Höhe h 0 fü die folgenden Wete zu bestimmen: v 0 =5m/s, g =9, 81 m/s 2, t 1 =10s,c = 330 m/s (Schallgeschwindigkeit). Lösung Zählt man x von de Lage zum Zeitpunkt des Abwufes (t = 0)nach unten,so eechnet sich die Fallzeit t K des Messköpes aus t=t 1 x(t K)= 1 2 gt2 K v 0t K = h 0 zu t K = v0 g { 1 + ( ) 1+ 2gh0 v 2 0 }. t=0 v 0 t 1 Nu die positive Wuzel ist sinnvoll, da t K > 0 sein muss. h 0 De Schall legt einen Weg h 0+v 0t 1 zuück, da de Ballon wähend de Zeit t 1 um die Stecke v 0t 1 gestiegen ist. Dahe wid die Schallzeit x t S = Schallweg h0 + v0t1 =. Schallgeschw. c Die Gesamtzeit setzt sich aus Fallzeit und Schallzeit zusammen: { } t 1 = t K + t S = v gh0 h0 + v0t1 + g v0 2. c Nach Umfomen und Quadieen findet man h 0 = c { [ v0 gt 1 + c 1 g ( + ) 1+2 gt1 c v 0 { [ = , , 1 9, ]} ]} = 338 m. Die Lösung mit de positiven Wuzel füht zu mechanisch unsinnigen Egebnissen.

16 16 Keisbewegung A1.12 Aufgabe 1.12 Zwei Punkte P 1 und P 2 beginnen gleichzeitig im Punkt A ihe Bewegung auf eine Keisbahn in entgegengesetzte Richtung. De Punkt P 1 bewegt sich mit de gleichmäßigen Bahnbeschleunigung a t1 aus eine Ruhelage in A, de Punkt P 2 gleichfömig mit konstante Winkelgeschwindigkeit ω 2. a) Wie goß muss a t1 sein, damit sich die Punkte in B teffen? b) Welche Winkelgeschwindigkeit hat P 1 in B? c) Welche Nomalbeschleunigungen haben beide Punkte in B? A P 1 P 2 B Lösung Fü P 1 folgt aus a t1 =const= v unte Beachtung de Anfangsbedingungen s 01 =0,v 01 =0 v 1 = a t1t, s 1 = 1 2 at1t2. Fü P 2 egibt sich aus a t2 =0mits 02 =0,v 02 = ω 2 v 2 = ω 2, s 2 = ω 2t. zu a) Da beide Punkte in gleichen Zeiten den halben Keisumfang duchlaufen sollen, muss gelten π = 1 2 at1t2 B, π = ω 2t B. Hieaus emittelt man t B = π ω 2 a t1 = 2π t 2 B = 2ω2 2 π. zu b) Mit de nun bekannten Tangentialbeschleunigung a t1 und de bekannten Zeit t B wid v 1(t B)=a t1t B = ω 1(t B) ω 1(t B) = at1tb = 2ω2 2π πω 2 =2ω 2. zu c) Die Nomalbeschleunigungen in B egeben sich aus a n = ω 2 zu a n1 = ω 2 1(t B)=4ω 2 2, a n2 = ω 2 2.

17 Keisbewegung 17 Aufgabe 1.13 Ein Punkt bewegt sich nach dem Stat in A entlang eine Keisbahn vom Radius. Seine Bewegung genügt dem Gesetz s = ct 2. Man emittle: a) die Geschwindigkeitskomponenten v x(t) und v y(t), A x b) die Geschwindigkeit im Punkt B, c) die Tangentialbeschleunigung a t(s) und die Nomalbeschleunigung a n(s). B y P s A1.13 Lösung Aus s = ct 2 folgt die Bahngeschwindigkeit v =ṡ =2ct. zu a) An eine beliebigen Stelle hat die tangential zu Bahn geichtete Geschwindigkeit die Komponenten Mit v x = v sin, v y = v cos. = s = ct2 folgen daaus v x = 2ctsin ct2, vy =2ctcos ct2. zu b) Im Punkt B ist s(t π π B)= 2 = ct2 B t B = 2c, π v(t B) =2ct B =2c 2c = 2πc. zu c) Aus a t = v, a n = v2 = 4c2 t 2 folgen mit v =2c und ct 2 = s die Egebnisse a t =2c, a n = 4cs. Anmekung: Wähend die Tangentialbescheunigung konstant bleibt, wächst die Nomalbeschleunigung linea mit s. v v x v y s

18 18 Keisbewegung A1.14 Aufgabe 1.14 Ein Punkt M duchläuft einen Halbkeis. Die Pojektion seine Bewegung auf den Duchmesse AB ist eine gleichfömige Bewegung mit de Geschwindigkeit c. v M A B a) Man bestimme die Bahngeschwindigkeit v() und den Betag a() de Beschleunigung b) Welchen Winkel schließt de Beschleunigungsvekto mit dem Duchmesse AB ein? Lösung zu a) Aus de Bedingung v sin = c folgt v() = c v sin. M c Die Beschleunigungskomponenten a t und a n beechnen sich mit = v zu a t = dv dt = dv d = c sin 2 cos v = c2 cos sin 3, a n = v2 = c2 sin 2. Damit ehält man schließlich a = a = a 2t + a 2n = c2 cos 2 sin sin 4 = cos c2 sin 3 2 +sin 2 = c2 sin 3. zu b) Aus dem Bild liest man ab: c2 tan ψ =tan( α) = at cos sin 3 = a n c 2 sin 2 = cot = + tan( π/2) α = π 2, M a t a n ψ α a d.h. die Gesamtbeschleunigung steht senkecht auf AB. Anmekung: Das letzte Egebnis hätte man auch ohne Rechnung ekennen können: wenn eine Komponente von v konstant ist, so titt in diese Richtung keine Beschleunigung auf, d.h a steht senkecht auf de Richtung diese Komponente.

19 Keisbewegung 19 Aufgabe 1.15 Ein Auto befäht eine keisbogenfömige Kuve vom Radius R mit de Anfangsgeschwindigkeit v 0. Es bemst, wobei die Bahnvezögeung nach dem Gesetz a t(v) = (a 0 + κv) efolgt. Dain sind a 0 und κ Konstanten. R s v 0 A1.15 Zu emitteln sind die Bemszeit t B, de Bemsweg s B und die Nomalbeschleunigung a n. Lösung Aus dem Beschleunigungsgesetz a t(v) = v = (a 0 + κv) folgt mit de Anfangsgeschwindigkeit v 0 und t 0 = 0 (vgl. Seite 4) t(v) = v v 0 d v a 0 + κ v = 1 a0 + κv0 ln κ a 0 + κv. Mit de Bedingung v = 0 wid die Bemszeit t B = t(v =0)= 1 ( ) κ ln 1+ κv0. a 0 Die Umkehfunktion von t(v) egibt sich zu e κt = a0 + κv0 a 0 + κv v(t) = a0 κ [( 1+ κv0 a 0 ) e κt 1 Hieaus findet man duch Integation unte Beachtung de Anfangsbedingung s 0 = s(0) = 0 t [( )( s(t) = v( t)d t = a0 1+ κv0 1 e κt) ] κt κ 2 a 0 0 ]. und damit den Bemsweg [ ( ) ] ( ) s B = s(t B)= a0 1+ κv0 1 ( ) 1 κ 2 a 0 1+ κv ln 1+ κv0 0 a a 0 0 [ = a0 κv0 ( )] ln 1+ κv0. κ 2 a 0 a 0 Die Nomalbeschleunigung zu beliebigen Zeit eechnet sich zu { ( ) 2 a n = v2 R = a κv0 e κt 1}. Rκ 2 a 0 Pobe: Fü t = t B wid a n =0.

20 20 Keisbewegung A1.16 Aufgabe 1.16 Ein auf eine vetikalen Keisbahn gefühte Massenpunkt P efäht infolge de Edschwee die Tangentialbeschleunigung g cos. E wid in A aus de Ruhelage losgelassen. Gesucht sind die Geschwindigkeit und die Beschleunigung in Abhängigkeit vom Winkel. B R a t A s P g Lösung Aus de Tangentialbeschleunigung a t = g cos = v = a t() folgt mit s = R und de Anfangsgeschwindigkeit v 0 = 0 (vgl. Seite 4) v 2 =2 0 g cos Rd =2gR sin v = 2gR sin. Mit den Beschleunigungskomponenten wid a t = g cos, a = a = a n = v2 R =2g sin a 2 t + a 2 n = g cos 2 +4sin 2 a = g 1+3sin 2. Anmekungen: In A ist a t = g und a n =0. (De Punkt hat eine eine Tangentialbeschleunigung.) In B ist a t = 0 und a n =2g. (Reine Nomalbeschleunigung nach oben.) Mit de Höhendiffeenz h = R sin lässt sich die Geschwindigkeit duch v = 2gh dastellen.

21 Keisbewegung 21 Aufgabe 1.17 Ein Satellit S bewegt sich auf eine Keisbahn um die Ede, wenn seine Nomalbeschleunigung geade gleich de Gavitationsbeschleunigung gr 2 / 2 ist (Edbeschleunigung g =9, 81 m/s 2, Edadius R = 6370 km). a) In welche Höhe H übe de Edobefläche bewegt sich ein Satellit bei eine Bahngeschwindigkeit von km/h? R b) Welche Geschwindigkeit muss ein Satellit haben, dessen Obit 1000 km übe de Ede liegt? c) In welche Zeit umkeist ein Satellit in de Höhe H = 400 km die Ede? d) In welche Höhe steht ein geostationäe Satellit? S A1.17 Lösung zu a) Aus de efodelichen Nomalbeschleunigung a n = v 2 / = gr 2 / 2 folgt bei gegebene Geschwindigkeit = g R2 H = R = R (g R ) v 2 v 1 2 = 1884 km. zu b) Aus de gleichen Fomel egibt sich bei gegebenem Abstand g g v = R = R = km/h. R + H zu c) Mit de konstanten Geschwindigkeit v = R g/ und de Länge L = 2π eine Umlaufbahn eechnet sich die Umlaufzeit T = L v 3/2 =2π R = 5547 s = 1, 54 h. g zu d) Ein geostationäe Satellit hat dieselbe Winkelgeschwindigkeit wie die Ede: ω E =2π/(24 h). Fü ihn gilt dahe ( a n = ωe 2 R = g ) 2 ) = (g R2 1/3 ωe 2 ode in Zahlenweten = (9, (3600) 2 (6370) 2 (2π) 242) 1/3 =4, km, 2 H = R km.

22 22 Ebene Bewegung A1.18 Aufgabe 1.18 Ein Punkt bewegt sich in eine Ebene mit de konstanten Bahngeschwindigkeit v 0 längs de Bahnkuve () =b e (Logaithmische Spiale). Fü t =0sei =0. Man emittle die Winkelgeschwindigkeit in Abhängigkeit von und von t sowie die Radialgeschwindigkeit ṙ. Lösung In Polakoodinaten lässt sich die Bahngeschwindigkeit dastellen duch v = ṙ Mit v = v 0 und ṙ = d d d = = b e d dt d ehält man duch Einsetzen v 0 = 2 b 2 e 2 + b 2 e 2 2 = 2 b e. Duch Auflösen folgt = v0 2 b e und damit ṙ = b e = v 0/ 2 = const. Zu Emittlung de Zeitabhängigkeit finden wi aus = d dt = v0 e 2 b duch Tennung de Veändelichen e d = v0 2 b dt und Integation unte Beachtung de Anfangsbedingungen (t =0)=0 e 1= v0 t e =1+ v0 t. 2 b 2 b Einsetzen in () egibt schließlich = v0 1 2 b 1+ v 0 t. 2 b

23 in Polakoodinaten 23 Aufgabe 1.19 Eine Stange de Länge l otiet um A mit dem Zeitgesetz = κt 2. Auf de Stange utscht ein Gleitköpe G nach dem Gesetz = l(1 κt 2 ). l B A1.19 a) Gesucht sind Geschwindigkeit und Beschleunigung von G fü 1 =45. b) Bei welchem Winkel E stößt G am Lage A an? Gegeben: l =2m,κ =0, 2s 2. A (t) G Lösung zu a) Wi emitteln zunächst die Zeit t 1 fü die zu untesuchende Lage 1 : 1 = π/4 =κt 2 1 t 1 = π/(4κ) =1, 98 s. Aus den gegebenen Zeitabhängigkeiten finden wi = l(1 κt 2 ), ṙ = 2κlt, = 2κl, = κt 2, =2κt, =2κ. Daaus egeben sich fü t = t 1 v =ṙ = 2κlt 1 = 1, 58 m/s, v = = l(1 κt 2 1)2κt 1 =0, 34 m/s, v = v 2 + v 2 =1, 62 m/s und v π 4 v v a = 2 = 2κl l(1 κt 2 1)4κ 2 t 2 1 = 1, 07 m/s 2, a a a = +2ṙ = l(1 κt 2 1)2κ 2 2κlt 12κt 1 = 2, 34 m/s 2, a = a 2 + a 2 =2, 57 m/s 2. De Köpe eeicht A fü =0=l(1 κt 2 E) t E = 1/κ =2, 24 s. Hiezu gehöt de Winkel E = κt 2 E =1 ( =57, 3 ). π 4 a

24 24 Ebene Bewegung A1.20 Aufgabe 1.20 Von de Bewegung eines Punktes in eine Ebene sind die Radialgeschwindigkeit v = c 0 = const und die Radialbeschleunigung a = a 0 = const gegeben. Fü die Anfangsbedingungen (t=0) = 0 und (t=0) = 0 emittle man: a) die Winkelgeschwindigkeit ω(t), b) die Bahnkuve (), c) die Zikulabeschleunigung a (t). Lösung zu a) Aus v =ṙ = c 0 folgen mit (t=0) = 0 = 0 und = c 0t. Damit ehält man aus a = ω 2 a 0 = c 0tω 2 ω = a0 c 0t. zu b) Duch Integation von ω = findet man mit (t=0) = 0 = t 0 ω d t = t a0 c 0 0 d t t = a0 2 t t = 2 c 0 4 Einsetzen in = c 0t liefet die Gleichung de Bahnkuve () = c2 0 4a 0 2. zu c) Die Zikulabeschleunigung beechnet sich aus a = +2ṙ c 0 a 0. mit zu = ω = a0 c 0t und = 1 2 a0 c 0t 3 ( a = c 0t 1 a0 ) a0 +2c 2 c 0t 3 0 c = 3 a0c 0. 0t 2 t v v Bahn v Anmekung: Die Zikulageschwindigkeit ist v = ω = a 0c 0t = c 0/2.

25 Aufgabe 1.21 Eine otieende Lichtquelle wift einen Lichtstahl auf einen Wandschim. De Lichtpunkt P soll sich mit konstante Geschwindigkeit v 0 bewegen. Welchem Gesetz muss die Winkelbeschleunigung () de Lichtquelle genügen? Man stelle () und () in Diagammen da. in Polakoodinaten 25 x P v 0 A1.21 Lösung Aus dem Weg x des Lichtpunktes x = 0 tan folgt duch Bilden de Umkehfunktion = actan x. 0 Diffeentiation liefet mit ẋ = v = v 0 =const 1 ẋ = ( ) 2 = v00 1+ x = v 0 x2 0(1 + tan 2 ) = v0 cos 2, 0 = v0 0 2 cos ( sin ) = 2 ( v0 0 ) 2 sin cos 3. v 0 π 2 π 2 π 2 π 2 Anmekung: Das Maximum von liegt bei = ±30 o und betägt max = ( v0 0 ) 2.

26 26 Polakoodinaten A1.22 Aufgabe 1.22 In einem Tum (Radius R) sitzt im Punkt A eine Maus, im Mittelpunkt 0 eine Katze. Die Maus ennt mit de konstanten Geschwindigkeit v M entlang de Tummaue, um das ettende Loch L zu L 0 A eeichen. Die Katze vefolgt die Maus und R bescheibt eine Bahn, die duch eine Achimedische Spiale () =R/π beschieben wid. Wie goß muss die konstante Bahngeschwindigkeit v K de Katze sein, damit sie die Maus am Loch ewischt und nach welche Zeit T eeicht die Katze die Maus? Lösung Aus de Bahngleichung () fü die Bewegung de Katze folgen die Geschwindigkeitskomponenten v =ṙ = d d d dt = R π und v = = R π. Dahe gilt fü die konstante Bahngeschwindigkeit v K = v 2 + v 2 = R π 1+ 2 = R d 1+2. π dt Tennung de Veändelichen und Integation fühen auf v K t 0 d t = v Kt = R π d. Mit 1+x 2 dx = 1 [ x ] 1+x 2 2 +asinhx ehält man daaus t(): v Kt = R ( 1+ 2π 2 ) +asinh. Die Zeit, nach de Maus und Katze am Loch ankommen, eechnet sich aus de Geschwindigkeit de Maus zu T = AL v M = πr v M. Einsetzen in v Kt egibt mit (t = T )=π endgültig ( v K = vm π ) 1+π 2π 2 +asinhπ =0, 62 v 2 M.

27