Kapitel 1. Kinematik des Punktes

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1 Kapitel 1 Kinematik des Punktes 1

2 2 Kinematik Die Lage eines Punkte P im Raum wird durch den Ortsvektor r(t) beschrieben. Aus der Verschiebung dr des Punktes P in eine Nachbarlage während der Zeit dt folgt seine Geschwindigkeit v = dr dt = ṙ. z r dr y Bahn Die Geschwindigkeit ist stets tangential zur Bahn gerichtet. Mit der Bogenlänge s und dr =ds gilt für den Betrag der Geschwindigkeit v = ds dt =ṡ. Die zeitliche Änderung des Geschwindigkeitsvektors v(t) heißt Beschleunigung a = dv dt = v = r. Die Beschleunigung ist im allgemeinen nicht tangential zur Bahn gerichtet! Die Vektoren r, v und a lassen sich in speziellen Koordinatensystemen wie folgt darstellen: a) Kartesische Koordinaten mit den Einheitsvektoren e, e y, e z: Bahn P r = e + y e y + z e z, z r z v =ẋ e +ẏ e y +ż e z, a =ẍ e +ÿ e y + z e z. e z e e y y y b) Zylinderkoordinaten mit den Einheitsvektoren e r, e ϕ, e z: P r = r e r + z e z, z r z v =ṙ e r + r ϕ e ϕ +ż e z, e z e ϕ Bahn a =( r r ϕ 2 ) e r +(r ϕ +2ṙ ϕ) e ϕ + z e z. ϕ e r r y y ds P s D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 3, DOI / _1, Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2015

3 des Punktes 3 c) Natürliche Koordinaten mit den Einheitsvektoren e t und e n in Richtung der Tangente bzw. der Hauptnormalen. M v = v e t, ρ ρ a = v e t + v2 ρ en. Bahn Dabei sind: s Pe n e t ρ = Krümmungsradius (Abstand zwischen P und Krümmungsmittelpunkt M), v =ṡ = ds dt a t = v = dv dt a n = v2 ρ = Bahngeschwindigkeit, = Bahnbeschleunigung, = Normal- oder Zentripetalbeschleunigung. Anmerkung: Die beiden Komponenten der Beschleunigung liegen in der sogenannten Schmiegungsebene. Der Beschleunigungsvektor zeigt stets ins Innere der Bahn. Geradlinige Bewegung Weg (t), Geschwindigkeit Beschleunigung v = d dt =ẋ, a = dv = v =ẍ. dt 0 P (t) Kreisbewegung Fürρ = r = const unds = rϕ(t)erhält man in natürlichen Koordinaten Geschwindigkeit v = r ϕ = rω, Bahnbeschleunigung a t = r ϕ = r ω, P r s(t) ϕ(t) Zentripetalbeschleunigung mit ω = ϕ = Winkelgeschwindigkeit. a n = v2 r = rω2

4 4 Kinematische Grundaufgaben Ebene Bewegung in Polarkoordinaten Aus den Beziehungen für Zylinderkoordinaten folgen für z = 0, ϕ = ω v = v re r + v ϕe ϕ, a = a re r + a ϕe ϕ mit Radialgeschwindigkeit v r =ṙ, Zirkulargeschwindigkeit v ϕ = rω, Radialbeschleunigung a r = r rω 2, Zirkularbeschleunigung a ϕ = r ω +2ṙω. e ϕ y Bahn r Anmerkung: Bei einer Zentralbewegung verschwindet die Zirkularbeschleunigung. Aus a ϕ = r ω +2ṙω =(r 2 ω) /r = 0 ergibt sich dann der Flächensatz (2. Keplersches Gesetz) r2 ω =const. Kinematische Grundaufgaben für geradlinige Bewegung Der Bewegungsanfang zur Zeit t 0 sei durch den Anfangsweg 0 und die Anfangsgeschwindigkeit v 0 gegeben. e r ϕ P Gegeben a =0 a = a 0 =const Gesuchte Größen v = v 0 =const, = 0 + v 0t gleichförmige Bewegung v = v 0 + a 0t, = 0 + v 0t a0t2 gleichmäßig beschleunigte Bewegung t t a = a(t) v = v 0 + a( t)d t, = 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), = 0 + F ( t)d t t 0 mit der Umkehrfunktion v = F (t) v 2 = v a( )d, t= t 0 + d a = a() 0 0 v( ) = g() Die Umkehrfunktion liefert = G(t) Anmerkungen: Die Formeln lassen sich auch bei einer allgemeinen Bewegung anwenden, wenn man durch s und a durch die Bahnbeschleunigung a t ersetzt. Die Normalbeschleunigung folgt dann aus a n = v 2 /ρ. Falls die Geschwindigkeit als Funktion des Weges gegeben ist, folgt die Beschleunigung aus a = v dv d = d d ( v2 2 ).

5 Geradlinige Bewegung 5 Aufgabe 1.1 Der Mindestabstand b zwischen zwei Kraftfahrzeugen soll so groß sein wie die Strecke, die das nachfolgende Fahrzeug innerhalb von ts = 2 s bei seiner jeweiligen Geschwindigkeit zurücklegt. A1.1 a) Wie groß ist die Überholstrecke 1? b) Für welche Zeit tü befindet sich ein PKW (Länge l 1 = 5 m, konstante Geschwindigkeit v 1 = 120 km/h) mindestens auf der Überholspur, wenn er einen LKW (Länge l 2 = 15 m, Geschwindigkeit v 2 =80km/h) korrekt überholt? (Die Zeiten für das Wechseln der Spur sollen unberücksichtigt bleiben.) Lösung l 1 b 1 l 2 2 b 2 l 1 1 zu a) Bei gleichförmiger 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 Überholstrecke beträgt daher 1 = b 1 + l b 2 + l 1. Außerdem gilt 2 = v 2 tü, 1 = v 1tü. Elimination von tü liefert 1 = b1 + b2 + l1 + l2 1 v2 v 1 = = 1180 = 393, 33 m. 3 zu b) Für die Überholzeit ergibt sich damit tü = , 6 = =11, 8s. v

6 6 Geradlinige A1.2 Aufgabe 1.2 Zur Simulation schwereloser Zustände werden Vakuum- Fallschacht-Anlagen benutzt. Ein solcher Schacht habe eine Tiefe von l = 200 m. Welche maimale Versuchszeit t 1 und welche Versuchsstrecke 1 im freien Fall stehen zur Verfügung, wenn der Versuchskörper nach Durchfallen der Meßstrecke mit a II = 50 g auf v = 0 abgebremst wird? Lösung Da der Körper aus der Ruhelage losgelassen wird ( 0 = v 0 = 0), gilt mit a I =const=g für den freien Fall v I = gt, I = g 2 t2. Beim Abbremsen folgen mit a II = 50 g für Geschwindigkeit und Weg v II = v II0 50 gt, II = II0 + v II0 t 50 gt 2 /2. Versuchskörper l 1 t =0 (a I = g) t = t 1 (a II = 50 g) t = t 2 Man beachte, dass die Integrationskonstanten II0 und v II0 hier keine direkte physikalische Bedeutung haben. Für t = t 2 muss gelten: v II (t 2)=0 v II0 =50gt 2, II (t 2)=l II0 = l v II0 t gt2 2 = l 25 gt 2 2. Aus den Übergangsbedingungen v I(t 1)=v II (t 1) gt 1 =50g(t 2 t 1), I(t 1)= II (t 1) g 2 t2 1 = l 50 2 gt gt 1t gt2 1 folgen durch Auflösen 100 l t 1 = 51 g = =6, 32 s, 51 9, 81 1 = I(t 1)= g 2 t2 1 = g l 51 g = l = 196 m.

7 Bewegung 7 Aufgabe 1.3 Eine U-Bahn legt zwischen 2 Stationen einen Weg von 3kmzurück. Aus der Anfahrbeschleunigung a A =0, 2m/s 2, der Bremsverzögerung a B = 0, 6m/s 2 und der Höchstgeschwindigkeit v = 90 km/h sollen der Anfahrweg, der Bremsweg, die Wegstrecke der gleichförmigen Bewegung und die Fahrzeit ermittelt werden. A1.3 Lösung Aus der konstanten Beschleunigung a A folgt beim Anfahren ein Geschwindigkeitsverlauf v A = a At. Mit der vorgegebenen Höchstgeschwindigkeit findet man die Anfahrtzeit t A = v = a A , 2 = 125 s und den Anfahrweg s A = 1 2 aat2 A = 1 2 0, = 1563 m. Beim Bremsen mit konstanter Verzögerung a B gilt für die Geschwindigkeit v B = v + a Bt. Die Zeit t B bis zum Anhalten (v B =0)wirddaher t B = v = =41, 67 s, a B 3600 ( 0, 6) und der zughörige Bremsweg ergibt sich zu s B = v t B abt2 B = 41, = 1041, , 92 = 521 m. 0, 6 41, 672 Für die Fahrt mit konstanter Geschwindigkeit v bleibt dann ein Weg von s = 3000 s A s B = 916 m. Hierzu gehört eine Zeit t = s = =36, 64 s. v Die Gesamtfahrzeit wird damit T = t A + t + t B = 203, 31 s = 3, 39 min.

8 8 Geradlinige A1.4 Aufgabe 1.4 Ein PKW-Fahrer nähert sich mit einer Geschwindigkeit von v 0 = 50 km/h einer Ampel. Sie springt auf Rot, wenn er noch l = 100 m entfernt ist. Die Rot- und Gelbphase dauert t =10s.Der Fahrer möchte die Ampel gerade dann passieren, wenn sie wieder auf Grün wechselt. a) Mit welcher konstanten Beschleunigung a 0 mussderfahrerbremsen? b) Welche Geschwindigkeit v 1 hat er auf Höhe der Ampel? c) Man zeichne die Diagramme a(t), v(t) und (t). Lösung Bei konstanter Beschleunigung a 0 gilt mit (t =0)=0 v = v 0 + a 0t, v 0 = v 0t + a 0 t 2 2. l a) Aus der Bedingung (t )=l folgt aus der 2. Gleichung a 0 = 2 t (l 2 v0t )= 2 ( ) = 0, 78 m s. 2 Das negative Vorzeichen zeigt an, dass der PKW verzögert wird! b) Mit der nun bekannten Bremsverzögerung ergibt sich aus der ersten Gleichung v 1 = v(t )= , =6, 09 m s =21, 9 km h. -0,78 a [m/s 2 ] 10 t [s] c) Integration der konstanten Beschleunigung liefert einen linearen Geschwindigkeitsverlauf, nochmalige Integration ein parabolisches Weg-Zeit- Diagramm. 50 v [km/h] [m] 21,9 10 t [s] t [s]

9 Bewegung 9 Aufgabe 1.5 Ein Fahrzeug bewegt sich gemäß dem dargestellten Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm. 20 v [m/s] A1.5 Man berechne die auftretenden Beschleunigungen, den zurückgelegten Weg und zeichne die Diagramme (t), a(t), v() und a() t [s] Lösung Zweckmäßig teilt man den Bewegungsablauf in 3 Zeitbereiche: t 1 t 2 t t [s] 1. Bereich, 0 t s (Anfahren mit konstanter Beschleunigung a 1): Aus v 1 = a 1t 1 folgen a 1 = v1(100) 100 = = 1 5 m/s2, 1 = 1 2 a1t2 1, s 1 = 1(100) = (100)2 = 1000 m, v 1( 1)= 2a Bereich, 0 t s (gleichförmige Bewegung): Aus v 2 =20m/s = const findet man a 2 =0, 2 = v 2t 2, s 2 = 2(200) = = 4000 m. 3. Bereich 0 t 3 60 s (Bremsen mit konstanter Verzögerung a 3): Aus v 3 =20m/s+a 3t 3 berechnen sich a 3 = = 1 3 m/s2, 3 =20t a3t2 3, s 3 = 3(60) = (60)2 = 600 m, v 3 = a 3 3. Das Fahrzeug durchfährt insgesamt die Strecke 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 [m] [m] 20 v [m/s] t [s] [m]

10 10 Geradlinige A1.6 Aufgabe 1.6 Die Beschleunigung eines frei fallenden Körpers unter Berücksichtigung des Luftwiderstandes lässt sich näherungsweise durch a(v) =g αv 2 beschreiben. Dabei sind g die Erdbeschleunigung und α eine Konstante. Gesucht ist die Fallgeschwindigkeit v(t) eines Körpers, der ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen wird. Lösung Nach der Tabelle auf Seite 4 gilt für gegebenes a(v) t = t 0 + v v 0 d v g α v 2. Wenn wir die Zeitzählung mit t 0 = 0 beginnen, so ergibt 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 Partialbruchzerlegung 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 liefert gα + v e 2 gα t = gα v v = g α e 2 gα t 1 e 2 gα t +1. Mit der Hyperbelfunktion tanh ϕ = eϕ e ϕ e ϕ +e = e2ϕ 1 ϕ e 2ϕ +1 das Ergebnis auch schreiben als g v = α tanh v gα t. g α lässt sich Aus der letzten Darstellung erkennt man den Grenzwert lim v(t) = g/α, t d.h. für große Zeiten fällt der Körper praktisch mit konstanter Geschwindigkeit (a =0 v = g/α). t

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