Physik 1 ET, WS 2012 Aufgaben mit Lösung 4. Übung (KW 46)

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1 4. Übung (KW 46) Aufgabe 1 (M 3.12 Förderanage ) Bei einer Förderanage hat der eere Förderkorb die Masse m L, der beadene die Masse m V und das Fördersei die Masse m S. Die Masse des Förderrades wird vernachässigt. (a) Weche Kraft F A muss im Augenbick des Anfahrens vom Förderrad auf das Sei übertragen werden, um den beadenen Korb anzuheben (Anfahrbescheunigung a) und geichzeitig den eeren Korb hinabzubefördern? (b) Aus Sicherheitsgründen darf die Seikraft den Betrag F Sm nicht überschreiten. Überprüfen Sie, ob diese Bedingung während des Anfahrens erfüt ist! m L m V m S m L = 10 t, m V = 12 t, m S = 12.8 t, a = 1.2 m s 2, F Sm = 280 kn Aufgabe 2 (M 3.7 Schrägage ) (a) Weche Schrägage (Winke α R gegenüber der Vertikaen) hat ein Radfahrer, der eine Kreisbahn (Radius r R ) mit der Geschwindigkeit v R durchfährt? (b) Ein Fugzeug so mit geicher Schrägage α F = α R, aber mit der Geschwindigkeit v F fiegen. Wie groß ist der Kurvenradius r F? v R = 36 km h 1, r R = 20 m, v F = 900 km h 1 Aufgabe 3 (M 3.3 Kraftstoß ) Ein Körper der Masse m hat die Geschwindigkeit v 0 und bewegt sich kräftefrei. Wie groß wird seine Geschwindigkeit v 1, wenn von der Zeit t 0 an bis zu der Zeit t 1 (a) eine konstante Kraft des Betrages F 0 entgegen der Bewegungsrichtung auf ihn einwirkt? (b) die Kraft F = (F 0 + bt) wirksam wird? F 0 = 400 N, b = N s 1, v 0 = 2.0 m s 1, m = 1.0 kg, t 1 = s Jens Patomme <patomme@xray-ens.de> Seite 1 von 9

2 Aufgabe 4 (M 3.14 Kette ) Eine Kette der Masse m und der Gesamtänge iegt gestreckt auf einer Tischpatte, so dass ein Stück der Länge x überhängt. Die Geitreibungszah ist µ G. (a) Man stee die Bewegungsgeichung für das Abrutschen der Kette vom Tisch auf! (b) Weche Zugkraft muss die Kette an der Tischkante übertragen? (c) Weches Stück x 0 der Kette muss anfangs mindestens überhängen, wenn die Kette von sebst ins Rutschen kommen so (Haftreibungszah µ H )? Jens Patomme <patomme@xray-ens.de> Seite 2 von 9

3 Lösung zu Aufgabe 1 (a) Die Anfahrtsbescheunigung hat den Betrag a, aso fogt für den Betrag F ges der bescheunigenden Gesamtkraft: F ges = m ges a = (m L + m V + m S )a. (1.1) Die Gesamtkraft setzt sich zusammen aus den Gewichtskräften F gl und F gv der beiden Förderkörbe, der Gewichtskraft F gs des Seies und der Antriebskraft F A des Förderrades: F ges = F gl F gv F gs + F A = m L g m V g m S g + F A. (1.2) Die Gewichtskraft des voen Förderkorbes und des Seies gehen negativ ein, da sie der Bescheunigung entgegengerichtet sind. Geichsetzen der Geichungen (1.1) und (1.2) ergibt für die benötigte Antriebskraft: m L g m V g m S g + F A = (m L + m V + m S )a F A = (m L + m V + m S )a + (m V m L m S )g = m L (a g) + (m V + m S )(a + g) = 10 t (1.2 m s m s 2 ) + (12 t t) (1.2 m s m s 2 ) = 187 t m s 2 = kg m s 2 = 187 kn. (b) Wir beginnen mit der Berechnung der Seikraft auf der rechten (voen) Seite. Die Seikraft hängt davon ab, weche Höhe wir ins Auge fassen. Ganz unten ist die Seikraft offensichtich am niedrigsten, denn dort trägt das Sei edigich den voen Korb, ganz oben hingegen ist die Seikfraft am größten, denn dort muss das Sei zusätzich zum voen Korb auch noch die Gewichtskraft des kompetten Seies tragen. Da wir uns boß für die Maximakraft interessieren, betrachen wir nur das obere Ende des Seies. Sei und voer Korb erfahren eine Bescheunigung vom Betrag a, somit beträgt die Gesamtkraft F ges,rechts = (m V + m S )a. (1.3) Die Gesamtkraft auf der rechten Seite ist die Summe aus den Gewichtskräften des voen Korbes und des Seies (negatives Vorzeichen, da der Bescheunigung entgegen gerichtet) und der Seikraft: F ges,rechts = F gv F gs + F S,rechts = m V g m S g + F S,rechts (1.4) Aus (1.3) und(1.4) erhaten wir die Seikraft auf der rechten Seite: F S,rechts = (m V + m S )g + (m V + m S )a = (m V + m S )(g + a) = (12 t t) (9.81 m s m s 2 ) = 273 kn. (1.5) Jens Patomme <patomme@xray-ens.de> Seite 3 von 9

4 Anaog berechnen wir die inke Seite. Die Seimasse brauchen wir dieses Ma nicht zu berücksichtigen, (fast) das kompette Sei befindet sich im Augenbick der Betrachtung auf der rechten Seite. Es fogt dann für die Seikraft der inken Seite: F S,inks = (m L + m L (g + a) = 10 t (9.81 m s m s 2 ) = 110 kn. (1.6) Die zuässige Maximakraft von 280 kn wird aso während des Anfahrens weder auf der rechten noch auf der inken Seite des Förderbandes überschritten. Lösung zu Aufgabe 2 ~F Z S m ~F ges! = F ~ r = m v R ~e r B r R ~F g A (a) Man betrachte die obenstehende Zeichnung. Der Radfahrer ist durch seinen Schwerpunkt S repräsentiert. Die Straße veräuft horizonta und der Radfahrer fährt in die Zeichenebene hinein. Die resutierende Gesamtkraft F ges setzt sich aus der Schwerkraf F g und der Zwangskraft F Z zusammen. Die Zwangskraft wird von der Straße auf den Fahrradmante, von dort auf die Außenseite des Schauchs, weiter über die im Schauch befindiche Luft und auf die Innenseite des Schauchs übertragen. Der Schauch vermittet die Kraft auf die Fege, dann gehts es weiter über die Speichen, auf die Narbe und von dort aus auf das Fahrradgeste und via Satte zum Radfahrer. So kompiziert diese Kraftvermittung auch ist, schussendich ässt sich das Ganze durch einen Kraftvektor F Z darsteen, der im Schwerpunkt S des Radfahrers angreift (siehe Zeichnung). Die Schwerkraft greift ebenfas im Schwerpunkt an. Am Ende git der Zusammenhang F Rges = F Z + F Rg. Damit der Radfahrer eine stabie Kurvenage hat, muss diese resutierende Gesamtkraft mit der Radiakraft identisch sein: F Rges = F Rr = m v2 R r R e r, wobei e r den Einheitsvektor darstet, der vom Schwerpunkt zum Kurvenmittepunkt weist (aso e r = cos(ωt) e x +sin(ωt) e y ). Der Schwerpunkt des Radfahrers bewegt sich auf der Peripherie eines Kreises (vom Radius r R ), der in einer horizontaen Ebene Jens Patomme <patomme@xray-ens.de> Seite 4 von 9

5 iegt. Fogich veräuft F Rr horizonta und das Dreieck ABC ist rechtwinkich mit den beiden Katheten SA und SB und der Hypotenuse AB. In diesem Dreieck git die trigonometrische Beziehung tan α R = SB SA = F Rg F Rr = m Rg r R = g (2.1) vr m 2 R vr 2 ( ) rr rr = α R = arccos g vr ( 2 ) 20 m = arccos (10 m s m s 2 ) 2 = 27. (b) Das Fugzeug kann genauso behandet werden wie das Fahrrad. Wieder greift die Gravitationskraft F Fg im Schwerpunkt an und es gibt eine zur Zwangskraft beim Fahrrad anaoge Auftriebskraft F A. Diese Kraft wird von der Luft auf die Tragfächen des Fugzeugs aufgebracht und von dort aus auf den Rumpf der Maschine übertragen. Die Einzeheiten sind noch vie kompizierter as beim Fahrrad (Stichwort Aerodynamik), aber im Wesentichen äuft es darauf hinaus, dass es eine resutierende Auftriebskraft F A gibt, die im Schwerpunkt des Fugzeugs angreift. Zusammen mit der Schwerkraft ergibt das die resutierende Gesamtkraft F Fges = F A + F Fg, weche wiederum der Radiakraft F Fr entspricht, die das Fugzeug auf seiner Kreisbahn bescheunigt: F Fges = F Fr = m v2 F r F e r. Wieder veräuft F Fr horizonta und das Dreieck ABC ist rechtwinkig, woraus sofort fogt. tan α F = SB SA = F Fg F Fr = m Fg m F v 2 F rf = r F vf 2 ( ) 2 = r F = v2 F g tan α (2.1) F = v2 F r R vf g = r g vr 2 R v R ( ) 900 km h 1 2 = 36 km h 1 20 m = 12.5 km g Jens Patomme <patomme@xray-ens.de> Seite 5 von 9

6 Lösung zu Aufgabe 3 Der Fa (a) ist ein Speziafa von Fa (b) mit b = 0. Ich öse aso den agemeinen Fa und setze anschießend die beiden Werte b = 0 und b = N s 1 ein. Die Kraftrichung sei durch den Einheitsvektor e x festgeegt. Die gesamte auf den Körper einwirkende Kraft autet dann F (t) = (F 0 + bt) e x. Nach dem zweiten Newtonschen Gesetzt bewirkt dies eine Bescheunigung von a(t) = 1 m (F 0 + bt) e x. Die Geschwindigkeit ermittet man durch Integration über die Zeit, aso v(t) = v 0 + t dτ a(τ) t 0 t = v 0 e x 1 m dτ (F 0 + bτ) e x = v 0 e x 1 m { = v 0 1 m t 0 =0 = = v x (t) = v 0 1 m t 0 [ F 0 τ bτ 2 ] t t 0 e x [ F 0 (t t 0 ) b(t t 0) 2 ] } e x { v 0 1 [ ] } F 0 t m bt2 e x = v x (t) e x ] [F 0 t + 12 bt2. (a) Ich setze b = 0 und die anderen gegebenen Größen ein: v 1a = v x (t 1 ) = v 0 1 m F 0t 1 = 2 m s kg 400 N 10 ms = 2 m s 1. (b) Nun setze ich für b den Wert N s 1 ein: v 1b = v x (t 1 ) = v 0 1 m = 2 m s N s kg [ ] F 0 t bt2 1 = v 0 1 m F 0t 1 }{{} =v 1a 1 2m bt2 1 (10 ms) 2 = 0.5 m s 1. Jens Patomme <patomme@xray-ens.de> Seite 6 von 9

7 Lösung zu Aufgabe 4 (a) Die Masse des überhängenden Teis der Kette beträgt m x = x m, und der auf dem Tisch befindiche Tei der Kette hat die Masse m y = m m x = m xm. Auf die rutschende Kette wirken die Schwerkraft F g = m x g des überstehenden Teis der Kette sowie die Geitreibungskraft F R = µ R gm y, weche proportiona zur Schwerkraft des sich auf der Tischpatte befindichen Teis der Kette ist. Diese beiden Kräfte wirken gegeneinander; F g zieht die Kette nach unten und F R wirkt dem entgegen. Die Gesamtkraft F g F R bescheunigt gemäß dem zweiten Newtonschen Gesetz die Gesamtmasse m: mẍ(t) = F g (t) F R (t) = gm x (t) µ R gm y (t) = ẍ(t) = m x(t) m g µ m y (t) R m g = ẍ(t) = g x(t) µ g [ ] R x(t) = ẍ(t) = (1 + µ R ) g x(t) µ Rg. (4.1) (b) An der Tischkante bewirkt die Differenz aus Gewichtskraft F g der überhängenden Kette und Zugkraft F Z in der Kette die Bescheunigung der überstehenden Kette: m x (t)ẍ(t) = F g (t) F Z (t) = m x (t)g F Z (t) = F Z (t) = m x (t)g m x (t)ẍ(t) = F Z (t) = m x (t) [g ẍ(t)] = F Z (t) = m [g ẍ(t)] x(t) (4.1) = F Z (t) = m [ g (1 + µ R ) g ] x(t) + µ Rg x(t) = F Z (t) = m [(1 + µ R )g (1 + µ R ) g ] x(t) x(t) = F Z (t) = mg 1 + µ R [ x(t)] x(t) 2 Wenn wir nicht nach der Zeitabhängigkeit, sondern nach der Ortsabhängigkeit der Zugkraft fragen, können wir auch schreiben: F Z (x) = mg 1 + µ R 2 [ x] x. (4.2) Diese Funktion beschreibt eine nach unten geöffnete Parabe. Bei x = 0 und x = ist die Zugkraft Nu, was nicht groß verwundert, da dies den beiden Fäen enspricht, bei dem die Kette kompett auf der Tischpatte iegt (x = 0) bzw. sie sich im freien Fa befindet (x = ). Zwischen diesen beiden Fäen steigt die Zugkraft zunächst streng monoton an, um dann nach Erreichen des Scheitepunktes bei x = x = 1 2 wieder streng monoton abzunehmen. Die maximae Zugkraft beträgt F Zmax = F Z ( x) = F Z ( 1 2 ) = mg 1 + µ R 2 [ 1 2 ] 1 2 = 1 4 mg(1 + µ R). (4.3) Jens Patomme <patomme@xray-ens.de> Seite 7 von 9

8 (c) Damit die Kette von sebst ins Rutschen kommt, muss die durch den überhängenden Tei der Kette bewirkte Schwerkraft F g (x) größer sein as die Haftkraft F H (x): F g (x) > F H (x) = m x (x)g > m y (x)gµ H = x mg > (1 x )mgµ H (1 + µ H )x > µ H x > µ H 1 + µ H }{{} =x 0. Die gesuchte Länge beträgt aso x 0 = µ H 1 + µ H. (4.4) Bemerkung Geichung (4.3) suggeriert, dass die Zugkraft beiebig groß werden könne, sofern der Geitreibungskoeffizient µ R groß genug wird. Spätestens aber wenn die Zugkraft die Gewichtskraft der kompetten Kette übersteigt, sote man sich wundern! Wie kann das sein? Wo iegt der Denkfeher? Eine Antwort könnte auten, dass der Geitreibungskoeffizient hat immer kein genug sein müsse, dann trete das Probem ja nicht auf. Dieses Argument ist aber ziemich schwach, denn man kann sich zum Beispie vorsteen, dass die Kette an der Tischpatte mit Keber fixiert ist, der noch nicht ganz getrocknet ist. Je fester der Keber wird, desto größer wird der Geitreibungskoeffizient. Genau genommen git zwar für den Fa des Kebers der einfache Zusammenhang F R F N nicht mehr, aber irgendwie wäre es schon merkwürdig, wenn der maxima mögiche Geitreibungskoeffizient durch eine maxima zuässige Zugspannung in der Kette festgeegt wäre. Eine genauere Anayse offenbart, dass der Feher beim Bestimmen des Maximums der Funktion (4.2) passiert. Nicht jedes x zwischen 0 und ist nämich eraubt, wie wir in Teiaufgabe (c) gesehen haben. Geichung (4.2) git nämich nur in Zusammenhang mit der Bedingung x 0 < x <. Sobad x 0 größer as x = 1 wird, iegt 2 das Maximum der Zugkraft nicht mehr im Scheitepunkt der Parabe, sondern am Rand des Interva bei x = x 0. Es handet sich um ein sogenanntes Randextremum, genauer um ein Randmaximum. Wie groß ist nun das Randmaximum? Setzen wir (4.4) in (4.2) ein, so fogt F 0 = F Z (x 0 ) = mg 1 + µ R [ x 2 0 ] x 0 = mg(1 + µ R ) (1 + µ H ) 2 µ R µ H µ H mg(1 + µ H ) (1 + µ H ) = mg µ H mg µ H Jens Patomme <patomme@xray-ens.de> Seite 8 von 9 µ H

9 Wie beruhigend, die Zugkraft in der Kette ist niemas größer as die Gewichtskraft der kompetten Kette (soange keine sonstigen äußeren Kräfte einwirken)! Queen Die Aufgaben sind entnommen aus: Peter Müer, Himar Heinemann, Heinz Krämer, Hemut Zimmer, Übungsbuch Physik, Hanser Fachbuch, ISBN: Die Übungs- und Lösungsbätter gibt es unter Die Homepage zur Voresung findet sich unter Jens Patomme 9