MMD_KUN_LSG_2x2

7/24/2019 MMD_KUN_LSG_2x2

1/41

2 Kinematik des Massenpunktes

Auf gabe 2. 1?

Geradlinige Bewegung des Massenpunktes

Bewegung im kartesischen Koordinatensystem

Ein Personenzug (Geschwindigkeit vP) fhrt von Station A ber B und C nach D.Zwischen zwei Stationen wird die Bewegung als gleichfrmig angenommen. In Bund C hat der Zug jeweils Aufenthalt (tAuf). Whrend seines Aufenthaltes auf Sta-tion C soll der Zug einen von A nach D durchfahrenden D- Zug (GeschwindigkeitvD) vorbeilassen.

gegeben: vP= 72h

km, vD= 108

h

km, AB= 12 km, BC = 24 km, CD = 18 km,

tAuf= 10 min

gesucht: Bestimmung der mittleren Geschwindigkeit des Personenzuges zwi-schen den Stationen A und D. Wann mu der D- Zug in A abfahren, damit er denPersonenzug nach 5 min Aufenthalt in C passiert? Wie viele Minuten trifft der D-Zug vor dem Personenzug in D ein? Der gesamte Ablauf ist in einem s- t-, bzw. v-t- Diagramm darzustellen.

Lsung

Die mittlere Geschwindigkeit des Personenzuges zwischen den Stationen A undD errechnet sich aus der bentigten Gesamtzeit

tges, P =Pv

AB+ tB Auf+

Pv

BC+ tC Auf+

Pv

CD= (

72

12+ 10 +

72

24+ 10 +

72

18) 60min.

= 65 min (2. 118)

Daraus berechnet sich die mittlere Geschwindigkeit

vmittel, P =P,gest

AD=

65

5460 = 49.85

h

km. (2. 113)

Die Zeit des P- Zuges zum Durchfahren der Strecke AC ist

tAC, P =Pv

AB+ tBAuf+

Pv

BC= (

72

12+ 10 +

72

24) 60 min = 40 min, (2. 114)

die Bedingung ist, damit der D- Zug den Personenzug zur Zeit t* in C treffen soll

t*= tAC, P+ 5 min = 45 min. (2. 115)

Damit ist die bentigte Zeit des D- Zuges zum Durchfahren der Strecke AD

tAC, D =Dv

CDBCAB =

108

3660 = 20 min. (2. 116)

Die Zeitdifferenz zwischen den Abfahrten der beiden Zge ist damit

t = t* - tAC, D = 25 min. (2. 117)

Die Zeitdifferenz zwischen dem Eintreffen der beiden Zge berechnet sich aus

der bentigten Gesamtzeit des P- Zuges tges, P = 65 min und der bentigten Ge-samtzeit des D- Zuges

tges, D =Dv

AD=

108

5460 min = 30 min. (2. 118)

Der D-Zug trifft in D t*Dvor dem Personenzug ein, die Zeitdifferenz ist

t*D = tges, P- (tges, D+ t) = (65 - (30 + 25)) min = 10 min. (2. 119)

a) t [min]

v [ ]kmh

20

40

72

108

10 20 30 40 50 60

b) t [min]10 20 30 40 50 60

10

20

30

40

50

6054

70

s [km]

Bild 2. 11 a) s- t- Diagramm; b) v- t- Diagramm

Auf gabe 2. 2? Geradlinige Bewegung des Massenpunktes

Bewegung im kartesischen Koordinaten

Ein Fahrzeug bewegt sich gem dem skizzierten Geschwindigkeits- Zeit- Dia-gramm.

gegeben: v2= 20s

m, v3= 10

s

m, t1= 100 s, t3= 60 s

gesucht: Man berechne die auftretenden Beschleunigungen, den in 6 min zu-rckgelegten Weg und zeichne die Diagramme s(t), a(t), v(s) und a(s).

10

20

100 300 360

v [m/s]

t [s]

v = 20 m/s2

Bild 2. 12 Geschwindigkeits- Zeit- Diagramm

Lsung

10

20

100 300 360

v [m/s]

t [s]

v =20 m/s2

1 2 3 4

A B C D

t2t1 t3 t4

Bild 2. 13 Aufteilung in 4 Zeitbereiche


2/41

Tabelle 2. 1 Berechnung der Beschleunigungen

BereichStrecke

Zeitintervall Geschwindigkeit Beschleunigung

AB 0 < t1< 100 s v1a1=

1

1

t

v

=100

202s

m=

5

12s

m= const.

(2. 120)

BC 0 < t2< 200 s v2 = const a2 = 0 (2. 121)

CD 0 < t3< 60 s v3a3 =

3

3

t

v

= -60

102s

m= -

6

12s

m= const.

(2. 122)

Tabelle 2. 1 Berechnung des zurckgelegten Weges

BereichStrecke

Beschleu-

nigung

Geschwindigkeit

Weg

Anfan gsb edin gun gen

AB a1 = const.(2. 120)

v1= a1t1+ v10 (2. 123)

s1=2

1 a1t21+ v10t1+ x10

(2. 124)

v1(t1= 0) = 0 v10= 0s1(t1= 0) = 0 x10= 0

v1(100 s) = a1t1= 20s

m = v20

(2. 125)

s1(100 s) =2

1 a1t21= 1000 m = x20

(2. 126)

BC a2= 0(2. 121)

v2 = v20 = const (2. 127)s2= v2t2+ x20 (2. 128)

v2(t2= 0) = v1(100 s) = v20= 20s

m

s2(t2= 0) = s1(100 s) = x20= 1000 m

v2(200 s) = v30 (2. 129)s2(200 s) = (20 200+1000) m = 5000 m = x30 (2. 130)

CD a3= const.(2. 122)

v3= a3t3+ v30 (2. 131)

s3=

2

1 a3t23+ v30t3+ x30

(2. 132)

v3(t3= 0) = v2 = v40s3(t3= 0) = x30= 5000 m

mit t*

3= 60 sv3(60 s) = (-10 + 20)

s

m = 10s

m (2. 133)

s3(60 s) = (- 3 + 12 + 50) 100 m = 5900 m (2. 134)

Die Gesamtstrecke nach 360 s ist sges= s3(60 s) = 5900 m.

a)

1000

100 300 360 t[s]

2000

3000

4000

5000

200

s [m]

b)

100 300 400

t [s]

200

0,1

-0,1

0,2

-0,2

0

a [m/s ]2

Bild 2. 14 a) Weg s(t); b) Beschleunigung a(t)

a)

10

1000 3000 s[m]

20v[m/s ]

5000

b)

1000 3000

0,1

-0,1

0,2

-0,2

0

a [m/s ]2

5000 s [m]

Bild 2. 15 a) Geschwindigkeit v(s); b) Beschleunigung a(s)

Berechnung der Diagrammwerte v(s), a(s) aus den Funktionsverlufen im 1. Be-

reich mit a1 = const., v1= a1t1 und s1=2

1a1t

21

t1=1

1

a

s2 v1(s) = 11 sa2 , (2. 135)

im 2. Bereich mit a2= 0

v2= const., (2. 136)

im 3. Bereich mit a3= const.

v3= a3t3+ v2 t3=3

23

a

vv . (2. 137)

Graphisches Vorgehen

Aus den a(t)-,v(t)- und s(t)- Diagrammen wird zu gleichen Zeiten a und s, bzw. vund s abgegriffen und a, bzw. v ber s aufgetragen.

Auf gabe 2. 3?



Auf der Beschleunigungsspur einer Autobahnauffahrt fhrt ein PKW mit der Ge-schwindigkeit v1. Auf gleicher Hhe fhrt ein LKW mit konstanter Geschwindigkeitv2.

gegeben: v1= 60 h

km

, v2= 80 h

km

, l = 200 m

gesucht: Bestimmung der Beschleunigung a = const. des Pkws, wenn er am En-de der Beschleunigungsspur (l = 200 m) 20 m vor dem LKW auf die Autobahnberwechseln will.

v2

v1

l

Bild 2. 16 PKW auf der Beschleunigungsspur einer Autobahnauffahrt

Lsung

Die zurckgelegte Strecke der beiden Fahrzeuge am Ende der Beschleunigungs-spur ist

lPKW= 200 m, (2. 138)

lLKW= 200 - 20 = 180 m. (2. 139)

Fr beide Fahrzeuge zum Zeitpunkt t = T ist der Weg

xLKW= v2t = v2T = lLKW (2. 140)

xPKW=2

1a t2+ v1t =

2

1a T2+ v1T = lPKW. (2. 141)

Daraus folgt

T =2

LKW

v

l=

100080

3600180= 8.1 s (2. 142)

in (2. 141) eingesetzt

lPKW=21 a (

2

LKW

vl )2+ v1

2

LKW

vl (2. 143)

Daraus folgt die Beschleunigung

a =2

LKW

LKW2

1PKW

22

l

lv

vlv2

=2

2

22

180

18080

60200

3600

1000802

2s

m= 1.98

2s

m

(2. 144)


3/41

t [s]

100

200

50

1 3 5 7 9

PKWL

KW

PKW berholt

x [m]

Bild 2. 17 Weg- Zeit- Diagramm des berholungsvorgangs

Auf gabe 2. 4?



Auf einer horizontalen Ebene fhrt ein Wagen mit der konstanten Geschwindig-keit vW0. Wenn der Wagen in A ist, wird in der Hhe h ber B ein Krper abgewor-fen.

gegeben: l, h, vW0

gesucht: Bestimmung der Anfangsgeschwindigkeit vK0 des Krpers, wenn er indie Mitte des Wagens fallen soll.

h

vW0

lA B

vK0

Bild 2. 18 Wagen auf einer horizontalen Ebene

Lsung

Die Kinematik des Wagens ist mit vW=const. folgt aus aW = 0 und mit dem An-

fangsweg xW0 = 0

vW = vW0 = const., xW = vW0t + xW0. (2. 145)

Die Kinematik des Krpers ist mit der Erdbeschleunigung aK = g und mit demAnfangsweg mit xK0 = 0

vK = g t + vK0, xK =2

1g t2+ vK0t. (2. 146)

Die Bedingung ist, damit der Wagen und der Krper zur selben Zeit T am selbenOrt B sind, lautet fr den Wagen

xW(T) = l (2. 147)

und fr den Krper

xK(T) = h. (2. 148)

Daraus folgt die Zeit T

xW(T) = l = vW0T T =0Wv

l (2. 149)

In (2. 146)

xK(T) = h =2

1g T2+ vK0T. (2. 150)

Die Anfangsgeschwindigkeit des Krpers ist

vK0 =T

h-

2

1g T =

l

hvW0-

2

1g

0Wv

l= vW0

l

h(1 -

2

12

0W

2

vh

lg). (2. 151)

Falldiskussion

1. Wenn beide Krper sich auf einer Ebene bewegen, wird die Erdbeschleuni-gung g = 0. Es liegen zwei gleichfrmige Bewegungen vor, damit ergibt sich dieAnfangsgeschwindigkeit des Krpers

vK0 = vW0l

h. (2. 151)

2. Wenn die Lnge l klein gegenber den anderen Gren ist, muss vK0 > 0 im-mer positiv sein.

3. Wenn die Lnge l gro gegenber den anderen Gren ist, muss vK0 < 0 nega-tiv werden. Das heit, der Krper mu erst nach oben geworfen werden.

4. Wenn der Krper ohne Anfangsgeschwindigkeit (vK0 = 0) abgeworfen wird,kann man die Lnge l berechnen

l = vW0h

g2. (2. 152)

Auf gabe 2. 5?



Die Besatzung eines Freiballons, der mit einer konstanten Geschwindigkeit v 0steigt, will die augenblickliche Hhe h0 bestimmen. Zu diesem Zweck lt sieeinen Messkrper aus der Gondel fallen, der beim Aufschlag auf der Erdoberfl-che explodiert. Nach der Zeit t0nimmt die Besatzung die Detonation wahr.

gegeben: v0= 5s

m, Erdbeschleunigung g = 9,81

2s

m, t0= 10 s, Schallgeschwin-

digkeit c = 333s

m

gesucht: Bestimmung der Hhe h0und Darstellung in einem Weg- Zeit- Schaubild

Lsung

v0

x(t=0)=0x, v, a

Bild 2. 19 Vorzeichenfestlegung

Es gilt mit der Fallzeit des Messkrpers tKund derSchallzeit tc

t0 = tK+ tc (2. 153)

Die Kinematik des Messkrpers erfolgt ber die Integration

a = g = const., v = g t + C1, x =2

1g t2+ C1t + C2 (2. 154)

Die Konstanten lassen sich aus den Anfangsbedingungen bestimmen:

v(t = 0) = - v0 C1 = - v0 (2. 155)

x(t = 0) = 0 C2 = 0 (2. 156)

Fr die Bestimmung der Hhe in (2. 154) fr den Messkrper mit t = tK

h0 =2

1g tK

2- v0tK (2. 157)

folgt

tK =g

v0 g

h2

g

v 020

=

g

v0 (1 +20

0

v

hg21 ). (2. 158)

Nur die positive Wurzel ist physikalisch sinnvoll (Probe mit v0!).

Die Berechnung der Schallzeit tc ergibt

tc =keiteschwindiglgSchal

Schallweg=

c

tvh 000 . (2. 159)

Einsetzen in die Gleichung (2. 153)

t0 =g

v0 (1 +20

0

v

hg21 ) +

c

tvh 000 :g

v0 (2. 160)

0

0

v

gt= 1 +

20

0

v

hg21 +

0

0

vc

gh+

c

gt0 (2. 161)

mitv = (c - v0) folgt

0

0

vc

gtv - 1 -

0

0

vc

gh=

20

0

v

hg21 quadr.

20

2

g

vc (2. 162)

h02- 2 h0

g

v(t0g + c) + t0v (t0v - 2

g

vc 0 ) = 0 (2. 163)


4/41

h0 1, 2 =g

v(t0g + c) )

g

vc2-v(tvt-g)t+(c

g

v 000

202

2

(2. 164)

h0 1, 2 =g

vt0g + c (1

v

1gt21 0

). (2. 165)

Mit Zahlenwerten ergibt sich die Hhe zu

h0 1, 2 = 33,13 s 98,1s

m+ 333

s

m(1 604,1 ) (2. 166)

h0 1= 33,13 s 98,1

s

m+ 754,7

s

m= 28253,5 m 28 km (2. 167)

Das ist keine sinnvolle Lsung, da die Erdatmosphre ca. 17 km hoch ist. Damitist die gesuchte Hhe

h0 2 = 33,13 s 98,1s

m- 87,9

s

m= 337,9 m. (2. 168)

300

200

100

-100

2 4 6 8 10 t [sec]

Ballonx= - v t0

8,8 s

Sc

ha

llwegx

ct

=

-

h = 337,9 m0

x [m]

Messkrper

x=gt/2

-vt

2

0

0

Bild 2. 20 Weg- Zeit- Verlufe

Auf gabe 2. 6?



Ein LKW hebt ber ein dehnstarres Seil (Lnge 2 H), das ber eine masserlose,kleine Rolle gefhrt wird, ein Gewicht an. Der LKW fhrt aus dem Stand mit kon-stanter Beschleunigung a0los. Zum Zeitpunkt t = 0 fallen die Punkte A, B und Czusammen.

gegeben: H, die Lnge des Seils soll so lang sein, dass sie den Bewegungsab-lauf nicht beeinflusst, a0

gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit vG(t) und der Beschleunigung aG(t)des Gewichts mit der Kontrolle durch eine Grenzbetrachtung. Wie gro ist vG(y),bzw. aG(y)?

C

A

B

a0

H

Bild 2. 21 LKW hebt ber ein dehnstarres Seil ein Gewicht an

Lsung

Die Beschleunigung des LKWs ist

aLKW(t) = a0, (2. 169)

die Geschwindigkeit mit der Anfangsbedingung vLKW(0) = 0

vLKW(t) = a0t + v0 = a0t (2. 170)

und der Weg mit der Anfangsbedingung xLKW(0) = 0

xLKW(t) =2

1a0t

2+ x0 =2

1a0t

2 (2. 171)

yG

H+yG

A

C B

H

xLKW

Bild 2. 22 Geometrie

Nach PYTHAGORAS (Bild 2. 22) gilt

(H + yG)2 = H2+ xLKW

2 (2. 172)

Daraus folgt

yG2 + 2 yGH - xLKW

2 = 0 yG1,2 = - H 2

LKW2 xH . (2. 173)

Das negative Vorzeichen ist nicht sinnvoll, der Weg des Gewichts ist

yG= - H + 2

LKW2 xH . (2. 174)

Zur Zeit t hat der LKW die Strecke xLKW(t) = 2

1

a0t

2

und das Gewicht die Streckey = yG(t) zurckgelegt.

Der Weg des Gewichts ist also (2. 174), damit ergibt sich als Geschwindigkeit

vG(t) =dt

dyG =2

1

420

2

320

ta4

1H

ta

(2. 175)

und als Beschleunigung

aG(t) = 2G2

dtyd =

21

420

2

220

ta4

1H

ta3

-342

02

64

0

)ta4

1H(

ta2

1

=42

02

220

ta4

1H

ta

2

3-

420

2

420

ta4

1H

ta4

1

=

420

2

220

ta4

1H

ta

)ta41

H(4

ta2

1H6

420

2

420

2

=342

02

420

2220

)taH4(

)taH12(ta

. (2. 176)

Die Kontrolle als Grenzbetrachtung fr den Wert t ergibt

vGt

lim =2

1

20

320

ta2

1ta

= a0t (2. 177)

und

aGt

lim =2

042

0

420

220

tata

tata= a0. (2. 178)

Die Berechnung von vG(y), bzw. aG(y) folgt mit (2. 174), (2. 175) und(2. 176) nachEliminination von t

y + H = 4202 ta

4

1H quadr. (2. 179)

y2+ 2 y H + H2 = 4202 ta

4

1H . (2. 180)

Daraus folgt

t4= 420

2

a

y + 820a

yH = 420

2

a

y (1 + 2yH ) t = 4

20

2)

yH2+(1

a4y (2. 181)

in vG(t) eingesetzt


5/41

vG(y) =

)y

H2+(1)a

4

1H(

a

4y2

))y

H2+(1

a

4y(a

20

220

2

43

20

220

=

y

Ha

2

1

y

H2a

4

1H4y

))y

H2+(1

a

4y(a

20

320

2

43

20

230

=H)2yy(a2h)y(yH4

)y

H2+(1

a

64ya

20

2

43

60

6120

=

H)2y)(aH4(y

)y

H8+

y

H12+

y

H6+(1a64y

20

2

43

3

2

260

6

=H)2y)(aH4(y

))H2+(ya64y

20

2

4 360

3

(2. 182)

und in aG(t) eingesetzt

aG(y) =342

02

420

2220

)taH4(

)taH12(ta

=

320

220

2

20

220

20

)))y

H2+(1

a

4y(aH4(

))y

H2+(1

a

4y(aH12)

y

H2+(1a2y

=

3

2320

y)H(8

H2y+yyH3H)2(ya4

=

3

220

y)H(2

H2y+yH3H)2(yya

. (2. 183)

Auf gabe 2. 7?

Krummlinige Bewegung des Massenpunktes

Bewegung in Polarkoordinaten

Ein Punkt bewegt sich auf einer ebenen Kurve r(). Auf ihr dreht er sich mit derkonstanten Winkelgeschwindigkeit = Die Geschwindigkeit des Punktes inradialer Richtung ist v

0= const.

gegeben: r(), = v 0= const.

gesucht: Bestimmung der Bahngeschwindigkeit v(t) des Punktes P, der Radial-ar(t) und Zirkularbeschleunigung a(t) von P, der Gleichung der Kurve r() mit denAnfangsbedingungen(t = 0) = 0 und r(t = 0) = 0.

r( )

r

P

y

x

Bild 2. 23 Punkt auf einer ebenen Kurve r

Lsung

Die Bahngeschwindigkeit v ist

v = =v 22 )r(r , (2. 87)

mit r = v0folgt nach Integration fr den Ortsvektor

r = v0t + C1 (2. 184)

mit der Anfangsbedingung r(t=0) = 0 folgt

C1= 0. (2. 185)

Daraus folgt die Bahngeschwindigkeit

v = 202

0 )tv(v = v022t1 (2. 186)

Die Beschleunigungen des Punktes P sind

a

= ar + are

e

, (2. 88)

mit der Radialbeschleunigung mit r = v0= const. und r = 0

ar= r - r 2 = - 2v0t (2. 187)

und der Zirkularbeschleunigung mit = = const. und = 0

a = = 2 v r+r2 0 (2. 188)

Die Bahnkurve fr Punkt P ergibt sich mit

=t + C2 (2. 189)

und mit der Anfangsbedingung

(t=0) = 0 C2= 0, (2. 190)

ergibt sich nach Elimination von t die ARCHIMEDsche Spirale

r =0v (2. 191)

y

x

Bild 2. 24 Archimedische Spirale

Auf gabe 2. 8?


Bewegung in Polarkoordinaten

In einer Ebene bewegt sich ein Punkt P mit der konstanten Bahngeschwindigkeitv0lngs der Bahnkurve r() = b e. Zum Zeitpunkt t = 0 sei r = b.

gegeben: r() = b e, r(0) = b

gesucht: Man ermittle die Winkelgeschwindigkeit in Abhngigkeit von und inAbhngigkeit von t sowie die Radialgeschwindigkeit

r .

Lsung

Zur Ermittlung der Winkelgeschwindigkeit (t) wird die Bahnkurve mit der An-

fangsbedingung r(t=0) = b bestimmt

eb)(r . (2. 192)

mit der konstanten Bahngeschwindigkeit

222 rrv = v0 (2. 193)

und dem Ortsvektor

r =

ebdt

d

d

dr (2. 194)

folgt die Bahngeschwindigkeit

v0=222222 ebeb v0= 2eb . (2. 195)

Beide Ergebnisse der Wurzel sind sinnvoll. Daraus folgt die Winkelgeschwindig-keit in Abhngigkeit vom Winkel

() =dt

d=

eb2

2v0 (2. 196)

Mit Hilfe der Trennung der Vernderlichen folgt

dtb2

2vde 0 , (2. 197)

t

0

0

0

tb2

2ve

, (2. 198)

b2

2v1e 0 t, (2. 199)

tb2

2v1e 0 , (2. 200)


6/41

eingesetzt in folgt die Winkelgeschwindigkeit in Abhngigkeit von t)(

(t) =

tb2

2v1

1

b2

2v

0

0

=

0v

b2t

1 (2. 201)

Die Berechnung der Radialgeschwindigkeit ergibt

r = = eb 02 v

2= const. (2. 202)

Auf gabe 2. 9

? Krummlinige Bewegung des Massenpunktes

Bewegung im Polarkoordinaten

Ein Punkt P bewegt sich im Polarkoordinatensystem r,

gegeben: Radialgeschwindigkeit r = c = const., Radialbeschleunigung ar= - a =const., Anfangsbedingungen r(0) = 0, (0) = 0

gesucht: Bestimmung der Winkelgeschwindigkeit (t), der Bahnkurve r() undder Zirkularbeschleunigung a

(t)

Lsung

Aus der Radialbeschleunigung

ar= - a = (2. 203)2rr

mit r = const. folgt r = 0 in (2. 203)

- a = (2. 204)2r

Daraus folgt Winkelgeschwindigkeit (t)

r

a . (2. 205)

Aus der Integration der radialen Geschwindigkeit mit der Anfangsbedingungr(t=0) = r0= 0 folgt

r(t) = c t + r0 = c t (2. 206)

tc

a)t( (2. 207)

Die Bahnkurve r() ergibt aus (2.206) und der Winkelfunktion mit der Anfangsbe-dingung(t=0) = 0= 0

(t) = t

0

0td)t( (2. 208)

(t) =c

at

0

tdt

1=

c

a2 t = 2

c

ta (2. 209)

Nach Elimination von t folgt

2

= 4 c

ta

t = a4

c2

(2. 210)

die Bahnkurve

r() =4

1

a

c22. (2. 211)

Mit der Winkelgeschwindigkeit (2. 207), der Radialgeschwindigkeit = c, der

Bahnkurve (2. 206) und der Winkelbeschleunigung

r

dt

d)t(

=dt

tc

ad

=t

1

dt

d

c

a= -

3tc

a

2

1 (2. 212)

folgt die Zirkularbeschleunigung a(t)

a(t) = = rr2 3tc a21tctcac2 = 3

222

tcatc21tc ac2

=t

ac

2

1

t

ac2 =

t

ac

2

3. (2. 213)

Auf gabe 2. 10?


Bewegung im Bogenkoordinaten

Ein Punkt P bewegt sich entlang einer Kreisbahn. Sein Weg, gerechnet vom fes-ten Punkt A aus, betrgt s.

gegeben: Radius r, Weg s = c t2

gesucht: Bestimmung der x- und y- Komponente der Geschwindigkeit v(t), dieGeschwindigkeit vBin Punkt B und die Tangential- und Normalbeschleunigung aneiner Stelle s.

B

x

y

s

r

A

B

P

Bild 2. 25 Punkt P auf einer Kreisbahn

Lsung

Aus dem Weg

s = c t2 (2. 214)

und der Bahngeschwindigkeit

v = = 2 c t (2. 215)s

v

r

vx

vyy

x

Bild 2. 26 Geschwindigkeitskomponenten

folgen die Geschwindigkeitskomponenten in x- und y- Richtung

vx= - v sin (2. 216)

vy= v cos (2. 217)

Der Winkel ergibt sich als Bogenlnge durch den Radius

= rs = rtc2

(2. 218)

Damit folgen die Geschwindigkeitskomponenten in x- und y- Richtung in Abhn-gigkeit von r und t

vx= - 2 c t sinr

tc 2 (2. 219)

vy= 2 c t cosr

tc 2. (2. 220)

In Punkt B ist die Geschwindigkeitskomponente tangential, das heit in y- Rich-tung Null

vy= 2 c t cosr

tc 2= 0 cos

r

tc 2= 0. (2. 221)

Aus (2. 218) bei t = tBfolgtB

B=B2

tB

2=c2

r (2. 222)

oder die Bogenlnge in B

sB= s(B) =B4

r2=

2

1r tBB= t(B) =

c

sB =c2

r. (2. 223)


7/41

Daraus folgt die Geschwindigkeit vBB

vB= v(B) = 2 cBc2

r= cr2 . (2. 224)

Die Tangential- und Normalbeschleunigung an einer Stelle s ergeben sich ausder Beschleunigung mit und (Kreisbahn)0r 0r

at

an

s

r

Bild 2. 27 Bogenkoordinaten

a

= 2 nr e

+ . (2. 225) tr e

Mit der Winkelfunktion (2. 218), der Winkelgeschwindigkeit

=r

s=

r

tc2 (2. 226)

und der Winkelbeschleunigung

=r

s=

r

c2 (2. 227)

folgt die Radialbeschleunigung

at= = 2c (2. 228)r

und die Normalbeschleunigung zum Kreismittelpunkt hin gerichtet

an= =2r

r

tc4 22=

r

sc4. (2. 229)

3 Kinetik des Massenpunktes

Auf gabe 3. 1?

Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen in x- undy- Richtung

Schwingungsdifferentialgleichung mit Lsungen

Auf den Massenpunkt m wirkt eine Kraft F in Richtung auf das Zentrum Z dieproportional zum Abstand r ist. Zur Zeit t = 0 befindet sich die Masse im Punkt P0

und hat dort die Geschwindigkeitskomponenten vx= v0 und vy= 0gegeben: r0, F = k r, v0,

gesucht: Bestimmung der Bahnkurve x(t) und y(t), auf der sich der Massenpunktbewegt.

mF

y

P0

r

r0

xZ

Bild 3. 19 Massenpunkt m mit einer Kraft F in Richtung Z

Lsung

NEWTONsche Bewegungsgleichung

: m = - F cos (3. 127)x

: m = - F sin (3. 128)y

mit der proportionalen Kraft

F = k (3. 129)

Geometrie

sin=r

y, cos=

r

x (3. 130)

(3. 129) und (3. 130) in (3. 127)und (3. 128)

m = - k rxr

x= - k x m x + k x = 0 (3. 131)

m = - k ryr

y= - k y m y + k y = 0 (3. 132)

mit k*=m

kfolgen die Schwingungsdifferentialgleichungen

x + k*x = 0 (3. 133)

y + k*y = 0 (3. 134)

Mit dem allgemeinen Lsungsansatz folgt fr homogene Schwingungsdifferenti-algleichungen fr den Weg in x- und y- Richtung

x = A sin tk*

+ B cos tk*

, (3. 135)

y = C sin tk * + D cos tk * (3. 136)

mit den Geschwindigkeiten in x- und y- Richtung aus den Ableitungen

x = *k (A cos tk * - B sin tk * ), (3. 137)

y = *k (C cos tk * - D sin tk * ) (3. 138)

Mit den Anfangsbedingungen zur Bestimmung der Konstanten A, B, C und D

x(t=0) = 0 B = 0, (3. 138)

x

(t=0) = v0 A = *0

k

v

, (3. 139)

y(t=0) = r0, D = r0 (3. 140)

y (t=0) = 0 C = 0 (3. 141)

lassen sich die noch nicht definierten Konstanten bestimmen

Die Lsungen der Schwingungsdifferentialgleichungen erhlt man durch Einset-zen der Konstanten in die Lsungsanstze (k*resubstituiert)

x = v0k

msin t

m

k, (3. 142)

y = r0cos tm

k (3. 143)

Die Bahnkurve durch Eliminieren von t entspricht damit der Ellipsengleichung

tm

kcost

m

ksin1

r

y

k

mv

x 222

0

2

20

2

(3. 144)

Auf gabe 3. 2?

Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen in x- undy- Richtung und auf einer Kreisbahn

Schiefe Ebene mit Reibung

Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur Bestimmung der Ge-schwindigkeiten

Berechnung des Normaldrucks

Eine Masse m wird ohne Anfangsgeschwindigkeit in P0losgelassen. Sie bewegtsich unter Einwirkung der Schwerkraft zunchst auf einer rauhen, schiefen Ebene(Reibungskoeffizient, Neigung , Lnge l) und anschlieend auf einer glattenKreisbahn (Radius r). Die schiefe Ebene schliet im P 1 tangential an die Kreis-bahn an.

gegeben: m, ,, l, r


8/41

gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit der Masse in P3,der Komponentendes Beschleunigungsvektors im P2 und der Normalkraft N zwischen Masse undBahn im P2

P0

m

rlP3

P2

P1

Bild 3. 20 Masse m auf einer rauhen, schiefen Ebene mit anschlieender glatter Kreisbahn

Lsung

Berechnung der Geschwin digkeit v3

P0

mg

l

P1

R

R

N

N

Bild 3. 21 Definition des 1. Nullniveaus und Schnittbild

Berechnung der Geschwindigkeit v1 mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes mitder Normalkraft

N = m g cos (3. 145)

und dem Reibungsgesetz

R = N (3. 146)

m g l sin =2

1m v1

2+ m g l cos v1 = )cos(sinlg2 (3. 147)

rP3

P2

P13. N. N.

2. N. N.

Bild 3. 22 Definition des 2. und 3. Nullniveaus

Energiesatz

- m g r cos +2

1m v1

2=2

1m v3

2

v3 = ))cos(sinlcosr(g2 (3. 148)

Beschleunigungskomponenten in P2

a)G

N

b)

mg

N

n

t

Bild 3. 23 Schnittbild a) allgemeine Lage ; in P2 fr=

Mit dem Kreis als Sonderfall der gekrmmten Bahn r= 0, r = 0 und G = m gergeben sich die NEWTONsche Bewegungsgleichung

: m (r ) = m g cos (3. 64)

Fr= 900in Punkt P2lautet die NEWTONsche Bewegungsgleichung in tangen-tialer Richtung

: m at = 0 at = 0 (3. 149)

Die Beschleunigung in Richtung der Normalen ist nach (2. 78)

an =r

v22 . (3. 150)

Mit Energiesatz ergibt sich

m g r (1 - cos ) +2

1m v1

2 =2

1m v2

2

v2 =21vr)cos1(g2 = )cos(sinl)cos1(rg2 (3. 151)

an = 2 g (1 - cos+ rl

(sincos )) (3. 152)

Normaldruckkraft N in P2

Die NEWTONsche Bewegungsgleichung in Richtung zum Kreismittelpunkt ergibt

: m an = N - m g (3. 153)

Daraus folgt die Normalkraft

N = m (an+ g) = 2 m g (- cos+r

l(sincos )) + 3 m g (3. 154)

Auf gabe 3. 3?

Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen aufeiner Kreisbahn

Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur Bestimmungder Geschwindigkeiten

Unterschied einer gefhrten Bewegung und einer mit einemDrehpunkt verbundenen Masse

Ein Massenpunkt m gleitet (Bild 3. 24 a) auf einer Kreisbahn (Radius l) reibungs-frei, bzw. (Bild 3. 24 b) ist durch eine starre, masselose Stange (Lnge l) mit Overbunden.

gegeben: m, l, = 600

gesucht: Bestimmung der kleinsten Anfangsgeschwindigkeit v0 der Masse m,damit sie von der Anfangslage A die Lage B erreicht.

a)

l

m

A

0

B

v0

b)

l

m

A

0

B

v0

Bild 3. 24 Gefhrter Massenpunkt m a) auf einer Kreisbahn; b) durch eine starre, masselo-se Stange mit O verbunden

Lsung


9/41

a) reibungsfreies Gleiten auf einerKreisbahn

b) starre, masselose Stange

a) G

N

b)

N = 0B

G = mg

B

Bild 3. 25 Schnittbild a) allgemeine Lage ;b) in B

G = mg

B

Bild 3. 26 Schnittbild

: m an= N mg cos (3.155)

fr= 1800in B folgt

Bedingung in Punkt B:

Die Masse verlt die Bahn, wenn dieNormalkraft

NB = 0. (3.156)

Bedingung in Punkt B:

Kinetische Energie ist Null, daraus folgt

vB = 0. (3. 160)

: m an= ml

v2B = m g

vB2 = g l (3. 157)

Energiesatz:

2

1m vA

2 = m g h +2

1m vB

2 (3.

158)

Energiesatz:

2

1m vA

2 = m g h (3. 161)

mit h = l + l cos 600 =2

3l folgt

vA = lg4 = v0 (3. 159) vA = lg3 = v0 (3. 162)

Auf gabe 3. 4

? Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen aufeiner Bahn


Rauhe Ebene mit Reibung

Berechnung der Zeit t zum Durchfahren einer Strecke

Im Punkt A auf der in Bild 3. 27 skizzierten Bahn liegt ein Massenpunkt m in Ru-he. Er wird losgelassen und gleitet lngs der glatten gekrmmten Bahn bis zumPunkt B. Von B ab ist die Bahn horizontal und rau.

gegeben: h, l, m

gesucht: Bestimmung des Reibungskoeffizients , wenn der Massenpunkt in Cliegen bleiben soll

m

h

l

A

B CglatteOberflche

Bild 3. 27 Massenpunkt auf der Bahn ABC

1. Lsungsmglichk eit mit Energiesatz bei Reibung

Mit dem Nullniveau in B ergibt sich

TA+ WA= TC+ WC- WRges (3. 163)Die Arbeit der Reibungskraft ist

WRges= sdR = - = - R l = - N l = - m g l. (3. 164)C

B

dsR

Mit der kinetische Energie in A und in C, mit der Bedingung, dass die Masse in Czur Ruhe kommt vC= 0 folgt

TA= 0, TC= m2

v21 = 0 (3. 165)

Die potentielle Energie ist in A und C

WA= m g h, WC= 0 (3. 166)

in (3. 163)folgt

m g h = - (- m g l) =l

h (3. 167)

2. Lsungsmglic hkeit mit den NEWTONschen Bewegungsglei-chungen

Gx

NR


Reibungsgesetz

R = N (3. 168)

NEWTONsche Bewegungsgleichungen:

: m = - R = - N (3. 169)x

In y- Richtung als gefhrte Bewegung

: m = mg - N = 0 N = mg (3. 170)y

(3. 166) in (3. 168) und in (3. 165) ergibt

x = - g (3. 171)

Nach Integration und den Anfangsbedingungen folgt mit vB=B hg2 aus Ener-

giesatz zwischen Punkt A und Punkt B

x = - g t + vB= - g t +B hg2 . (3. 172)

Nur die Strecke BC wird betrachtet

x = - 2

1

g t2

+ vBt + xB

B = - 2

1

g t +2

hg2 t + 0 (3. 173)

Bedingungen fr Punkt C

xC= l, = 0 (3. 174)Cx

(3. 174) in (3. 172) ergibt die Ankunftszeit in C

tC= hg2g

1

(3. 175)

(3. 175) in (3. 172) eingesetzt ergibt den Weg

l = -g

hg2

g

hg2g

2

122

=l

h (3. 176)

Auf gabe 3. 5?

Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur Bestimmung der Ge-schwindigkeiten

Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen auf einerKreisbahn

Bestimmung der Ruhelage H

Ein Massenpunkt m durchluft, beginnend in der Ruhelage PA, die skizzierteBahn, die aus einer schiefen Ebene mit anschlieendem Kreisbogen besteht.

gegeben: m, b, = 600

gesucht: Bestimmung der Ruhelage H, damit er gerade den Scheitel P C derKreisbahn erreicht, der Geschwindigkeit v() und der Normalkraft N() in einembeliebigen Punkt PD der Kreisbahn, des Winkels und des Auftreffpunktes desMassenpunktes nach Verlassen der Kreisbahn auf der schiefen Ebene


10/41

PA

m

bH

PC

PBPD

Bild 3. 29 Massenpunkt m auf einer schiefen Ebene mit anschlieendem Kreisbogen

Lsung

Geschwindigkeit v() und Normalkraft N() in einem beliebigen Punkt D derKreisbahn

Der Energiesatz mit dem Nullniveau im Kreisbahnmittelpunkt ergibt

TA+ WA= TD+ WD 0 + m g H =2

1m v()2- m g b cos (3. 177)

daraus folgt die Geschwindigkeit

v()2= 2 g (b cos + H) (3. 178)

GN( )

b


NEWTONsche Bewegungsgleichung

: m an= N - G cos (3. 179)

Die Kinematik ist die Kreisbeschleunigung in Normalenrichtung

an=b

v2, (3. 180)

mit (3. 178) in (3. 17) aus (3. 179) folgt die Normalkraft

mb

12 g (b cos + H) = N() - m g cos

N() = m g (3 cos + 2b

H) (3. 181)

Bestimmung d er Ruhelage H

Die Bedingung ist, dass der Krper in C gerade abhebt (cos= -1), das heit dieNormalkraft wird gerade zu Null

N() = 0 (3. 182)

in (3. 181) folgt

0 = m g (- 3 + 2b

H) H =

2

3b (3. 183)

Auf treffw inkel und A uft reff pun kt d es Massenpu nkt s

B

P

Cx

y

A

P

Bild 3. 31 Schiefer Wurf

Der Massepunkt beschreibt die Wurfparabel

y = x tan- g220

2

cosv2

x (3. 15)

mit der horizontalen Abwurfgeschwindigkeit = 0, v02= v2(=) = g b folgt

y = - gbg2

x2= -

b2

x2. (3. 184)

Der Auftreffpunkt P ist der Schnittpunkt der Wurfparabel mit der Geraden (AB) mit

der Geradengleichung y = m x + c (Steigung m = 600= 3 , Achsenabschnitt c =- 3 b)

y = 3 x - 3 b (3. 185)

Schnittpunktsermittlung durch Gleichsetzen

3 x - 3 b = -b2

x2 (3. 186)

Der Schnittpunkt ist

xP= - 3 b +2b9 = b (3 - 3 ), yP= - 3 b (2 - 3 ), (3. 187)

bei dem nur das positive Vorzeichen sinnvoll ist.

Der Auftreffwinkel ist

P= - 60 (3. 188)

Aus der Ableitung der Wurfparabel an der Stelle x = xP folgt

dx

dy= -

Pxx

xb

1

= - (3 - 3 ) = tan (3. 189)

= arctan (- 3 + 3 ) = 128,260 P= 68,26 (3. 190)

Auf gabe 3. 6?

Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen auf einerauhe schiefe Ebene

Bestimmung der Zeit t, fr das beide Systeme dieselbe Geschwin-digkeit haben

Reibung als bremsende Kraft auf das eine und als antreibende Kraftauf das zweite System

Auf ein schrges Frderband (Winkel ), das sich mit konstanter Geschwindigkeitv0bewegt, wird eine Kiste mit dem Gewicht G gesetzt.

gegeben: v0, G,

gesucht: Bestimmung der Zeit tR , zu der die Kiste die gleiche Geschwindigkeit

wie das Frderband erreicht, wenn der Reibungskoeffizient bekannt ist.

v0

Bild 3. 32 Schrges Frderband mit Kiste

Lsung

NR

G

v0

yx , x , xK K K

NR

...

x , x , xB B 0 B= v =0...

Bild 3. 33 Schnittbild; die Kiste (xK, , ) bewegt sich relativ zum Band (xKx Kx B, , )nach unten

Bx Bx

Die beiden Systeme haben unterschiedliche Koordinatensysteme.

NEWTONsche Bewegungsgleichun gen fr die Kiste

: m = R - G sin (3. 191)x

: 0 = N - G cos (3. 192)

Reibungsgesetz

R = N (3. 193)

in (3. 191) eingesetzt, folgt


11/41

x =dt

xd= g cos - g sin = g (cos - sin (3. 194)

Nach Integration

)t(v

)0(v

Rxd = g (cos - sin (3. 195)

Rt

0

d

mit den Anfangsbedingungen und der Bedingung, dass v0= (tKx R) ist

v(0) = 0 und v(tR) = v0 v0 = g (cos - sin tR. (3. 196)

Daraus folgt

tR =)sin-cos(g

v0

=cos)tan-(g

v0

(3. 197)

Das Ergebnis ist physikalisch nur sinnvoll, wenn > tanund damit tR> 0 ist,sonst rutscht die Kiste sofort nach unten weg.

Zahlenbeispiel fr Winkel 0

v0= 3,6s

m,= 0,3, = 100, tR =

,98480),176320-,30(9,81

6,33 s (3. 198)

Auf einem horizontalen Frderband mit = 00 ergibt sich

tR =g

v0

= 1,2 s (3. 199)

Grenzwert gr, an dem die Kiste immer rutscht

= 0,3 tan gr= 16,70

(3. 200)Wenn der Winkel des Frderbands steiler als gr= 16,7

0, rutscht die Kiste immer.

Auf gabe 3. 7?

Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen auf einerKreisbahn

Bestimmung des zeitabhngigen Momentes auf einen Kragarm

An einer Schaukel hngt eine Punktmasse m. Sie wird aus der horizontalen LageC losgelassen.

gegeben: l, m, r

gesucht: Bestimmung des Einspannmoments M = M() in B und des Winkels ,

an dem das Moment M maximal ist.

C

Seil

r

B

l

Bild 3. 34 Schaukel mit einer Punktmasse m

Lsung

C

mg

S

S

r

MB

BH

BV

l


NEWTONsche Bewegungsgleichungen

am Balken

B: MB= M() = - S l sin (3. 201)B

an der Kugel

: m an=r

vm 2= S - m g cos (3. 202)

Mit dem Energiesatz

m g r cos=2

1m v2 (3. 203)

ergibt sich die Seilkraft zu

S = 2 m g cos+ m g cos= 3 mg cos (3. 204)

Das Einspannmoment ist damit

MB= M() = - 3 m g l cossin (3. 205)B

Das maximale Moment Mmaxergibt sich fr = 45 (135), wobei hier nur =45 interessiert

ddM

= - 3 m g l (- sinsin+ coscos)

= - 3 m g l (cos2- sin2) = - 3 m g l (cossin)(cos+ sin)= 0 (3. 206)

22

d

Md= 3 m g l (2 cossin) 045 > 0 Minimum,

22

d

Md= 3 m g l (2 cossin) 045 < 0 Maximum (3. 207)

Auf gabe 3. 8?


Freier Flug mit Anfangsgeschwindigkeit

Ein Massenpunkt m erhlt im Punkt A eine Geschwindigkeit v A. Er bewegt sichbis zum Punkt E (Hhe h) lngs einer glatten, schrgen Rampe und soll dannnach freiem Flug im Punkt L auftreffen.

gegeben: m, h, l,

gesucht: Bestimmung der Anfangsgeschwindigkeit vA

l

L

E

h

A

vA

Bild 3. 36 Massenpunkt m lngs einer glatten, schrgen Rampe

Lsung

l

L

E h

A

vA

vE

Bild 3. 37 Anfangsgeschwindigkeit vAund Abfluggeschwindigkeit vE

Energiesatz

2

1m vA

2=2

1m vE

2+ m g h (3. 208)

mit der Abfluggeschwindigkeit vEaus dem Energieerhaltungssatz

vE= hg2v2

A (3. 209)

Nach dem Abflug gilt die Wurfparabel. Es handelt sich um einen freien Flug

z = x tan - g220

2

cosv2

x (3. 15)

mit der Abfluggeschwindigkeit vE, der Wurfweite l und der Wurfhhe h ergibt sichzum Auftreffzeitpunkt t*

x = l = x(t*), (3. 210)

z = - h = z(t*) (3. 211)

Daraus folgt eine quadratische Gleichung zur Bestimmung der Hhe h


12/41

- h = l tan - g22E

2

cosv2

l, (3. 212)

und fr die Wurfweite l

l2-g

1tan2 vE

2cos2l -g

1h 2 vE

2cos2 = 0 (3. 213)

Daraus folgt die Lnge

l =g

1tanvE

2cos2 cosv2hg

1)cosvtan

g

1( 22E

222E

= g

1

vE2

sincos(1 sinv

hg2

1 22E ). (3. 214)

Daraus kann die Anfangsgeschwindigkeit vAberechnet werden

l g - vE2sincos= vE

2sincossinv

hg21

22E

) quadr. (3. 215)

l2g2+ vE4sin2cos2- 2 l g vE

2sincos= vE

4sin2cos2+ 2 g h vE2cos2 (3. 216)

vE22 cos(l sin+ h cos= l2g (3. 217)

Daraus folgt die Geschwindigkeit am Ende der Rampe

vE2=

sinlcoshcos2lg 2

(3. 218)

in (3. 208) ergibt fr die Anfangsgeschwindigkeit

vA2= 2 g h + vE

2 = g

sinlcoshcos2

sinlcoshcosh4l2. (3. 218)

4 Kinematik und Kinetik eines Systems von Mas-senpunkten

Auf gabe 4. 1?

System von zwei Massenpunkten

Aufstellen der NEWTONschen Bewegungsgleichungen

Physikalische Bindung durch Reibung

Auf der Plattform eines Wagens m1 (masselose Rder) liegt eine Kiste m2. Andem bis dahin ruhenden Wagen greift eine Kraft F an, die den Wagen so starkbeschleunigt, dass die Kiste rutscht.

gegeben: m1, m2, F, l,

gesucht: Bestimmung der Zeit t*, an der die Kiste vom Wagen herunterfllt.

m2

F

l

m1

Bild 4. 8 Wagens m1mit Kiste m2

Lsung

m g1

m g2

F

l

N

N

N12

R

R

y2

y1 x1

x2

N11


Die Anfangsbedingungen fr beide Krper in Ruhe sind

x 10= x 20= 0 (4. 30)

x10= x20= 0 (4. 31)

Die x1-, bzw. x2- Koordinate werden von t = 0, das heit von der Ruhelage ausgezhlt. Wenn Reibung herrscht, haben beide Massenpunkte ein eigenes, von-einander unabhngiges Koordinatensystem

x 1 x 2, x 1 x 2. (4. 32)

NEWTONsche Bewegungsgleichungen

Fr den Wagen

: m1 x 1= F R, (4. 33)

und fr die Kiste

: m2 x 2= R, (4. 34)

: m2 y 2= N m2g. (4. 35)

Mit dem Reibungsgesetz folgt

R = N. (4. 36)

Wahl der Richtung von R

Wenn der Wagen mit F beschleunigt wird, bewegt er sich in die x1- Richtung, also

in Richtung der Kraft, aber die Reibung verzgert diesen Vorgang. Ohne die Rei-bung wrde der Wagen unter der Kiste wegrutschen. Die Kiste bewegt sich in dienegative x2- Richtung. Die Reibung beschleunigt die Kiste.

Da beide Krper gefhrt sind, gilt

y 1= y 2= 0 (4. 37)

Daraus folgt

N = m2g (4. 38)

(4. 36) in (4. 34) in (4. 32) und (4. 33)

m1 x 1= F m2g (4. 39)

m2 x 2= m2g (4. 40)

Durch die Masse m1, bzw. m2geteilt folgt

x 1=1m

F

1

2

m

mg (4. 41)

x 2= g (4. 42)

Nach Integration mit den Anfangsbedingungen folgen die Geschwindigkeiten

x 1= (1m

F

1

2

m

mg) t + x 10 = (

1m

F

1

2

m

mg) t (4. 43)

x 2= g t + x 20 =g t (4. 44)

und die Wege

x1= (1m

F

1

2

m

mg)

2

t2+ x10 = (

1m

F

1

2

m

mg)

2

t2 (4. 45)

x2= g2

t2+ x20 =g

2

t2 (4. 46)

Die Bedingung ist, dass die Kiste herunterfllt, wenn

x1(t*) = x2(t*) + l (4. 47)


13/41

In (4. 44) und (4. 45) eingesetzt, ergibt sich die Zeit t*

(1m

F

1

2

m

mg)

2

t 2*= g

2

t 2*+ l (4. 48)

(1m

F

1

2

m

mg - g)

2

t 2*= l (4. 49)

t*2=

)m

m1(g

m

F(

2

1

l

1

2

1

t*=

)mm(gF

ml2

21

1

(4. 50)

Auf gabe 4. 2?



Physikalische Bindung durch Haftung

Aufstellen einer Schwingungsdifferentialgleichung

Beim Auffahren eines Gterwagens (Gewicht G) auf einen Prellbock (Federstei-figkeit c) kommt eine auf der rauhen Plattform (Haftungskoeffizient 0) liegendeflache Kiste (Gewicht Q) ins Rutschen. Die Massen der Rder und des Prellbock-puffers sind vernachlssigbar klein.

gegeben: G, Q, 0, c

gesucht: Bestimmung der Mindestgeschwindigkeit v des Wagens, die zum Auf-prall notwendig gewesen ist.

cG

Q

v

0

Bild 4. 10 Gterwagen fhrt auf einen Prellbock

Lsung

Die Kiste kommt ins Rutschen, wenn die Haftung H 0N berwunden wird, dasheit, wenn die Kraft auf den Prellbock F > 0N grer als die Haftung ist.

Der Bewegungsablauf setzt sich aus drei Bewegungen zusammen: vorher giltzwischen Kiste und Wagen Haftung H< 0N, beim Beginn des Rutschens trittdie Grenzhaftung H = 0N auf, wenn die Kiste die Grenzhaftung berwundenhat, tritt Rutschen auf R = N < 0N.

N

G

H

H

F

x, x, x

N

Q

...


Wenn Haftung herrscht, haben beide Massenpunkte dasselbe Koordinatensys-tem

x 1= x 2 = ,x x 1= x 2 = x . (4. 51)

Die Richtung von H durch das Betragzeichen beliebig whlbar.

Die NEWTONsche Bewegungsgleichungen lauten

g

Qx = H. (4. 52)

g

Gx = - H F. (4. 53)

(4. 51) in (4. 52) und dem Federgesetz

F = c x (4. 54)

(g

Q+

g

G) x = - c x = - x

QG

gc

x (4. 55)

in (4. 52)

H = -QG

Q

c x (4. 56)

Die Bedingung fr Grenzhaftung ist

H= 0N = 0Q x = 0 QQc

QG

=0c

QG . (4. 57)

Berechnung der Geschwindigkeit mit dem Energiesatz

2

1

g

QG v2=

2

1c x2. (4. 58)

Daraus folgt die Geschwindigkeit

v2 =QG

gc

02(

g

QG )2. (4. 59)

Die Mindestgeschwindigkeit ist somit unabhngig vom GewichtsverhltnisG

Q

vmin= 0 )QG(c

g = 0 gesGc

g (4. 60)

Auf gabe 4. 3

? System von zwei Massenpunkten

Aufstellen der Impulsgleichungen

Gerader, zentraler Sto



Ein Brett (Masse M) ruht auf zwei masselosen Rollen. Auf dem einen Ende desBrettes liegt ein Klotz (Masse m). Den Klotz stt eine Punktmasse (ebenfallsMasse m) mit der Geschwindigkeit v0. Der Sto sei voll elastisch. Zwischen Brettund Klotz herrscht der Reibungskoeffizient

gegeben: M, m, v0, e = 1,

gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit w von Brett und Klotz, wenn der Klotzrelativ zum Brett zur Ruhe gekommen ist und die Dauer des Rutschvorgangs.

m

M

v0m

Bild 4. 12 Brett mit zwei masselosen Rollen, auf dem ein Klotz liegt

Lsung

Der Bewegungsablauf setzt sich aus zwei Bewegungen zusammen: zuerst gibtes einen Sto von der Punktmasse auf den Klotz, danach beginnt das Rutschendes Klotzes auf dem Brett.

Zentraler, gerader Sto

Mit der Stobedingung mit der Geschwindigkeit der Masse v 1= v0und des Klot-zes v2 = 0 vor dem Sto und der Geschwindigkeit der Masse w1und des Klotzesw2 nach dem Sto

e = -0

12

v0

ww

(4. 61)

und dem Impulserhaltungssatz (4. 24) mit m1= m2= m


14/41

m v0 = m w1+ m w2 (4. 62)

folgt mit voll elastisch Sto e = 1 in (4. 61)

w2- w1 = v0 (4. 63)

und aus (4. 62)

w2+ w1 = v0 (4. 64)

Aus (4. 63) und (4. 64) folgt

w2 = v0, w1 = 0. (4. 65)

Die Masse hat nach dem Sto keine Geschwindigkeit mehr (voll plastischerSto).

Da whrend des Stoes Reibungs- und Haftungskrfte unbercksichtigt bleiben,"wei das Brett noch nichts".

Rutschvorgang

N11 N12

N R

NR

GM

Gm

x , xm m

x , xM M

.

.


Die xm-, bzw. xM- Koordinate werden von t = 0, das heit unmittelbar nach demStovorgang aus gezhlt. Wenn Reibung herrscht, haben beide Massenpunkteein eigenes, voneinander unabhngiges Koordinatensystem

x m x M, x m x M. (4. 66)

Die NEWTONsche Bewegungsgleichungen lauten fr den Klotz

: m x m= - R (4. 67)

: m y m= Gm N = 0 (4. 68)

und fr das Brett

: M x M= R. (4. 69)

Das Reibungsgesetz ist

R = N = m g (4. 70)

Die Berechnung der Geschwindigkeiten durch Integration fr den Klotz mit derAnfangsbedingung x m0= w2 = v0

x m= - g t + x m0= - g t + v0 (4. 71)

und fr das Brett mit der Anfangsbedingung x M0= w1 = 0 folgt

x M= gM

mt + x M0= g

M

mt. (4. 72)

Die Bedingung fr das Ende des Rutschens zur Zeit t* ist

xm(t*) = x

M(t*) (4. 73)

Daraus folgt die Zeit t*

- m g t* + v0 = - m gM

mt* t* =

Mm

M

g

v0

(4. 74)

Eine Kontrolle fr Geschwindigkeit wBrettnach dem Rutschen ist

wBrett = x M(t*) = m g

M

mt* =

Mm

m

v0. (4. 75)

Auf gabe 4. 4?




Ein Golfball (Masse m) stt mit der Geschwindigkeit v 1 gegen ein Hindernis(Masse M), das anfnglich in Ruhe ist.

gegeben: m, v1,, M = 5 m, e

gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit w1, die der Ball zurckrutscht, wenneine Stozahl e angenommen wird und den Weg des Klotzes M ber die rauheUnterlage (Reibungskoeffizient ).

v1s

Mm

Bild 4. 14 Golfball und Hindernis

Lsung

Es handelt sich um einen zentralen, geraden Sto.

Stobedingung

e = -12

12

vvww

(4. 76)

Impulssatz

m v1+ M v2 = m w1+ M w2 (4. 77)

aus (4. 76) mit v2 = 0 folgt

w2 = e v1+ w1, (4. 78)

in (4. 77)

m v1= m w1+ M w2 (4. 79)

Berechnung der Geschwind igkeit

in (4. 79)

w1 =MmMem

v1 =

6)e51( v1 (4. 80)

Diskussion der Stozahl (0 < e < 1) fr M = 5m

Fr den plastischen Sto e = 0 gilt

w1 =6

1v1, (4. 81)

fr den elastischen Sto e = 1 gilt

w1 = -3

2v1 (4. 82)

und fr e = 0,5

w1 = -4

1v1. (4. 83)

Diskussion der Stozahl (0 < e < 1) fr M = m

Fr den plastischen Sto e = 0 gilt

w1 =2

)e1( v1=

2

1v1, (4. 84)

fr den elastischen Sto e = 1 gilt

w1 = 0 (4. 85)

und fr e = 0,5

w1 =

4

1v1. (4. 86)

Abhngig von den Massen und der Stozahl verndern sich die Richtung undGre der Geschwindigkeit der Masse m nach dem Sto.

Wegberechnung mit d em Arbeitssatz

Es gilt

T - T0 = (3. 77)dsF

2

1M (w2

*2- w22) = - R s (4. 87)

mit R = N = M g und w2* = 0, wenn das Rutschen beendet ist

-2

1M w2

2= - M g s s =g2

w22

(4. 88)

mit w2 = Mm

)e1(m

v1 folgt

s = 2

22

Mmg2

)e1(m

v1

2 (4. 89)


15/41

Auf gabe 4. 5?




Bestimmung des Energieverlusts bei plastischem Sto

Man berechne den relativen Energieverlust beim plastischen Sto zweier

Krper in Abhngigkeit vom Massenverhltnis2

1

m

m. Vor dem Sto sei v2= 0.

gegeben:

2

1

m

m, v1, v2= 0, e = 0

gesucht: Energieverlust 0

10 )-(

Lsung

Fm2

m1

F

v1, w1 v2, w2

Bild 4. 15 Schnittbild zum Stozeitpunkt

Impulsgleichungen

m1(w1- v1) = - F (4. 90)

m2(w2- v2) = F (4. 91)

Die Stobedingung fr den plastischen Sto mit e = 0

0 = -21

21

v-v

w-w w1 = w2= w. (4. 92)

Energieverlust mit e = 0 (ideal plastischer Sto)

=2

2121

21

)v-(vm+m

mm

2

1

(4. 93)

mit (4. 93) und v2= 0 folgt aus (4. 91)

m2w = F (4. 94)

(4. 93) in (4. 90)

m1w - m1v1= - F (4. 95)

(4. 94) und (4. 95) wie aus dem Impulserhaltungssatz: "Impuls nach dem Sto =Impuls vor dem Sto"

(m1+ m2) w = m1v1 (4. 96)

Daraus folgt

w =

21

1

mm

m

v1 (4. 97)

Der relative Energieverlust berechnet sich aus der Energie vorher

0= 211 v

2

m (4. 98)

und der Energie nachher

1 =

2

wmm 221 =

21

2

21

121

v2

)mm

m(mm

= 2121

21 v

)mm(2

m

(4. 99)

In (4. 21) folgt

211

21

21

211

v2

m

v))mm(2

m

2

m(

=1

21

21

1

m

mm

mm

=

)mm(m

m)mm(m

211

21211

=21

21

2121

21

mmm

mmmm

=

21

2

mm

m

(4. 100)

Auf gabe 4. 6?




Eine aus zwei Punktmassen und einer masselosen Verbindungsstange beste-hende Hantel fllt mit der Vertikalgeschwindigkeit v0auf eine glatte, schiefe Ebe-ne.

gegeben: m, a, v0,

gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeitskomponenten der Hantel nach einemteilelastischen Sto

m m

a a

v0

Bild 4. 16 Hantel aus zwei Punktmassen und masselosen Verbindungsstange

Lsung

m m

a av0

S

xS yS

S..

.

Fx

Fx

Bild 4. 17 Schwerpunktskoordinaten und Stokraft xF

Impulsstze fr den Schwerpunkt S

2 m ( x Sn- x Sv) = - (4. 101)xF

2 m ( y Sn- y Sv) = 0 (4. 102)

( Sn- Sv) = - a cos (4. 103)xF

Die Stobedingung fr Stopunkt P mit x Sv = v0 cos, Sv = 0 und sn = - acos ergibt

e = -vorher,relP

nachher,relP

x

x

= -PSvSv

PSnSn

sx

sx

= -

cosv

)cosa(x

0

SnSn

- e v0cos= x Sn- Sna cos (4. 104)

(4. 104) in (4. 101) und (4. 103) eingesetzt ergibt mit = 2 m a2

x Sn=1cosecos

22

v0cos, Sn=

av

1cos)e1(cos 0

22

. (4. 105)

Aus (4. 102) folgt

y Sn= y Sv= v0sin. (4. 106)

Auf gabe 4. 7?


Aufstellen der Impulserhaltungsstze


Zwei Jungen (Masse m1und m2) stehen am Heck eines ruhenden Bootes (MasseM). Zunchst luft der erste Junge zum Bug und springt mit einer Geschwindig-

keit v0 relativ zum Boot in Wasser. Dann luft der zweite Junge zum Bug undspringt ebenfalls mit einer Geschwindigkeit v0relativ zum Boot ins Wasser. DasBoot gleite reibungsfrei im Wasser.

gegeben: m1, m2, M, v0

gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit des Bootes nach Absprung des zwei-ten Jungen und die nderung der Geschwindigkeit des Bootes, wenn die beidenJungen gleichzeitig zum Bug laufen und gleichzeitig mit der Geschwindigkeit v 0relativ zum Boot ins Wasser springen.


16/41

M M

m2

m1

m2m1

Bild 4. 18 Zwei Jungen am Heck eines ruhenden Bootes

Lsung

Vor dem Springen ist das Boot in Ruhe. Der Gesamtimpuls fr das Gesamtsys-

tem ist Null

vi = 0. (4. 107)

Impulserhaltungssatz "Impuls vorher = Impuls nachher"

m1v1+ m2v2= m1w1+ m2w2 (4. 108)

Die Geschwindigkeit des Bootes nach dem Absprung beider Jungen nacheinan-der mit dem Impulserhaltungssatz

w

M

m2 m1

Bild 4. 19 Erster Junge springt ab

(m2+ M) w + m1(-v0+w) = 0nachher vorher (4. 109)

w =21

1

mmM

m

v0 (4. 110)

w**

M m2

m1

Bild 4. 20 Zweiter Junge springt ab

Die Geschwindigkeit des Bootes, nachdem der zweite Junge abgesprungen ist,mit dem Impulserhaltungssatz

M w*+ m2(-v0+w*) = (m2+ M) w

nachher vorher (4. 111)

w*= w +2

2

mM

m

v0= (

)mM)(mmM(

mmm2MmMm

221

222121

) v0 (4. 112)

Die Geschwindigkeit des Bootes nach dem Absprung beider Jungen gleichzeitigmit dem Impulserhalungssatz

w **

M

m2m1

**

Bild 4. 21 Beide Jungen springen gleichzeitig ab

M w**+ (m1+ m2) (-v0+w**) = 0

nachher vorher (4. 113)

w**=21

21

mmM

mm

v0 (4. 114)

Mit den Zahlenwerten m1= 70 kg, m2= 50 kg, M = 200 kg und v0= 3s

mergibt

sich

w*= ()50200)(5070200(

5050507025020070200

) 3s

m= 1,256

s

m (4. 115)

w**=5070200

5070

3s

m= 1,125

s

m (4. 116)

Auf gabe 4. 8?






Ein PKW 2 (Masse m2) schleudert auf regennasser Strae und bleibt quer ste-hen. Ein nachfolgender PKW 1 (Masse m1) kommt mit der Geschwindigkeit v1heran, erkennt das Hindernis und beginnt im Abstand s1 vom querstehendenPKW 2 (VW) eine Vollbremsung (Rutschen, Reibungskoeffizient 1). Der Brems-

weg reicht nicht aus, es kommt zum Zusammensto (Stozahl e). Der querste-hende PKW 2 (VW) wird um die Strecke s2(Reibungskoeffizient 2) weiterge-schoben.

gegeben: m1, m2, s1, s2,1,2gesucht: Wie gro war die Geschwindigkeit v10des nachfolgenden PKW 1. VorGericht bestreitet der PKW 1- Fahrer die berschreitung der zulssige Hchstge-

schwindigkeit (50h

km). Fr die Zahlenwerte: m1 = 2 m2 = 2 m, g 10 2s

m,

1 =2=3

1, s1 = 2 s2 = 40 m, e =

2

1ist zu berprfen, ob die Aussage glaubwr-

dig ist.

PKW 2PKW 1

m2v0

s2 s1

m1

Bild 4. 22 PKW 2 querstehend auf regennasser Strae und nachfolgender PKW 1

Lsung

Die Restgeschwindigkeit v1bei einer Vollbremsung bis vor dem Sto wird berdie NEWTONschen Bewegungsgleichung berechnet

m1 x

1= - 1m1g x

1= 1

1

dx

xd

dt

dx1= 1

1

dx

xd

x

1 = -1g (4. 117)

Durch Integration folgt die Restgeschwindigkeit

11

xx

0x

1 xdxm1s

= 11

sx

0x

1 xdgm1

m12

1( - v2s1x

02) = - 1m1g s1 (4. 118)

Mit dem Energiesatz ergibt sich der Weg s1

v12 = = - 2 2s1x 1g s1 + v10

2 (4. 119)

Der Zusammensto erfolgt mit der Stozahl e unter der Stobedingung

e = -12

12

vv

ww

. (4. 120)

Aus dem Impulserhaltungssatz

m1v1+ m2v2= m1w1+ m2w2 (4. 121)

folgt die Geschwindigkeit w2

w2 =21

2112211

m+m

)v-(vme+vm+vm (4. 122)

mit v2= 0 ergibt sich dann

w2 = 121

1 vm+m

e)+(1m. (4. 123)

Das Rutschen des PKW 2 mit Energiesatz ergibt

m22

1w2

2 =2m2g s2 (4. 124)

m2 2121

1 )vm+m

e)+(1m( = 2 2m2g s2. (4. 125)

Laut Vermessung mit s2=2

1s1 ergibt sich


17/41

21

21

1 )vm+m

e)+(1m( = 2 2g

2

1s1 =2g s1

2

21

221

)m+(m

e)+(1m(- 2 1g s1 + v10

2) =2g s1 (4. 126)

Daraus ergibt sich die Geschwindigkeit des PKW 1- Fahrers zu

v102 =2g s1 22

1

221

e)+(1m

)m+(m+ 2 1g s1 = g s1 (2 2

2

1

2

e)+(1

)m

m+(1

+ 2 1) (4. 127)

Mit den Zahlenwerten m1 = 2 m2 = 2 m, g 102s

m,1 =2=

3

1, s1 = 2 s2 = 40 m

und e =2

1ergibt sich

v102 = 10

2s

m40 m(

3

1

2

2

)2

1+(1

)2

1+(1

+ 23

1) = 400

2

2

s

m. (4. 128)

Damit war die Geschwindigkeit des PKWs 1- Fahrers

v10= 20sec

m= 72

h

km> 50

h

km (4. 129)

Auf gabe 4. 9

? System von zwei Massenpunkten




ber eine in A drehbar gelagerte Rolle (masselos, Radius r) ist ein masselosesSeil geschlungen, an dem die beiden Massen m1und m2befestigt sind. Die Ln-ge des Seils ist so gro, da es gerade gespannt ist, wenn beide Massen dieLage z = 0 einnehmen. Die Masse m1wird nun um h1angehoben und fallen ge-lassen, whrend m2auf der Unterlage liegen bleibt.

gegeben: m1, m2, h1, h2, r

gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit v, mit der die Masse m1am Boden (z

= - h2) ankommt, wenn sie in der beschriebenen Lage (z = h1) losgelassen wird.

m2z

r

A

m1

h1

h2

Bild 4. 23 Massen m1und m2

Lsung

Es liegen 3 Phasen der Bewegung vor.

Die erste Bewegungsphase ist eine gleichfrmige Bewegung von z = h1bis z = 0.Mit einer masselosen Rolle und der freifallenden Masse m1 folgt aus dem derEnergieerhaltungssatz

T - W = const. (3. 77)

fr den freien Fall die Geschwindigkeit bei z = 0

v1= 1gh2 . (2. 74)

Die zweite Bewegungsphase ist ein plastischer Sto mit der Stozahl e = 0. DerDrall um den Drehpunkt A bleibt erhalten, aber nicht der Impuls, da eine Stokraftim Lager A auftritt.

Drallsatz

r m1v1+ 0 = r m1 v2+ r m2v2 (4. 130)

Daraus folgt die Geschwindigkeit der Masse m 2nach dem Sto

v2=21

1

mm

m

v1=

21

1

mm

m

1gh2 . (4. 131)

Die erste Bewegungsphase ist eine gleichfrmige Bewegung von z = 0 bis z = -h2mit dem Energieerhaltungssatz

T1+ W1= T2+ W2 (3. 77)

2

1(m

1+ m

2) v

2

2+ 0 =2

1(m

1+ m

2) v2 (m

1- m

2) g h

2 (4. 132)

v2 = v22+ 2

21

21

mm

mm

g h2 = 2 g (h1(21

1

mm

m

)2 + h2

21

21

mm

mm

) (4. 133)

folgt die Geschwindigkeit v am Boden

)mm

mmh

)m(m

m(hg2

21

2122

21

21

1

v = . (4. 134)

5 Bewegung des starren Krpers

?Auf gabe 5. 1

Bestimmung der Massentrgheitsmomente verschiedenerQuerschnitte bezglich einer Achse z

Folgende massebehaftete Krper sind gegeben a) Stab (Lnge l, Masse m); b)Kreisplatte (Radius r, Masse m); c) Rechteckplatte (Seitenlngen a, b, Masse m);d) Kugel (Radius r, Masse m); e) Kegel (Radius r, Hhe h, Masse m); f) Winkel(Schenkellnge a, Schenkelmasse m).

gegeben: l, r, a, b, h, a, t, a >> t

gesucht: Bestimmung der Massentrgheitsmomente bezglich einer Achse zdurch 0, die senkrecht zur Zeichenebene steht.

a) b) c)

d) e) f)

Bild 5. 17 Verschiedene massebehaftete Krper; a) Stab; b) Kreisplatte; c) Rechteckplatte;d) Kugel; e) Kegel; f) Winkel


18/41

Lsung

a) Stab

l

0 r

dr

dm = A dr

Bild 5. 18 a) Stab mit infinitesimalem Massenelement dm

Massentrgheitsmoment mit A = Stabquerschnitt und = Dichte folgt Sauf denSchwerpunkt bezogen

S=

2

l

2

l

2 dmr = A

2

l

2

l

2 drr =3

Ar3

2

l

2

l

=12

Al3=

12

ml2, (5. 85)

Oauf die Achse z bezogen

Z= = l

0

2 dmr3

Ar3

l

0=

3

1m l2 (5. 86)

oder mit dem STEINER- Anteil

Z= S+2

2

l

m =

12

ml2+

4

ml2=

3

1m l2. (5. 87)

b) Kreisplatte

0

r

drdS

R

dm = t r dr d

Bild 5. 19 b) Kreisplatte mit infinitesimalem Massenelement dm

Massentrgheitsmoment mit Scheibendicke t auf den Schwerpunkt S bezogen

S= = t = 2 tm

2dmr 2

0 R

0

3 ddrr4

R4=

2

1m R2 (5. 88)


O= S+ m R2=

2

3m R2. (5. 89)

c) Rechteckplatte

0

dy

dx

r

x

y

dm = t dx dy

Bild 5. 20 c) Rechteckplatte mit infinitesimalem Massenelement dm

Massentrgheitsmoment mit Plattendicke t auf den Schwerpunkt S bezogen

S= Z= = t m

2 dmr

2

a

2

a

2

b

2

b

(x2+ y2) dx dy = t

2

b

2

b

(3

x3+ y2x) dy 2

a

2

a

=t (3

yx3+

3

xy3) 2

a

2

a

2

b

2

b

(5. 90)


O= t

a3

2b

b3

2a

33

=12

1m (a2+b2). (5. 91)

d) Kugel mit Scheibe von infinit esimal kleiner Dicke dz

0z

dz

Bild 5. 21 d) Kugel mit Scheibe von infinitesimaler Dicke dz

Kugel in Scheiben zerlegen (Radius , Dicke dz) auf den Schwerpunkt S = Obezogen

SKugel= SScheibe=

r

r2

4

dz= 2

r

r(r2z2)2dz

=2

[r4z -

3

2r2z3+

5

1z5]

r

r

=

15

8 r5=

5

2m r2. (5. 92)

e) Kegel

0

E

E

Schnitt E- E

z

dyy

Bild 5. 22 e) Kegel mit Scheibe von infinitesimaler Dicke dz

Der Kegel wird in Scheiben (Radius , Dicke dy) zerlegt. Das Eigentrgheitsmo-ment einer Scheibe aus Integration oder Tabelle 5. 1

z Scheibe= m

2dm =4

1

)y(

4 dy (5. 93)


O Scheibe= z Scheibe+ y)y(

2 2 dy = [)y(

4

4+ y2 2] dy (5. 94)

mit = h

r

folgt

O Scheibe= [y

4

4

h4

ry4+

2

2

h

ry4] dy. (5. 95)

O Kegel= O Scheibe= 22

h

r(1 +

2

2

h4

r) y

h

0

4dy =5

1 r2(h2+

4

r2) h

=5

3m (h2+

4

r2) (5. 96)

f) Winkel

0

a

aS2

S1

d

Bild 5. 23 f) Winkel

Massentrgheitsmoment mit STEINER- Anteilen

O ges= S1+ m r2+ S2+m (

2

a)2 (5. 97)

mitS1= S2=12

ma2 und d2=

4

a2+ a2=

4

5a2 ergibt

O ges= 2 ( 12m a2) + 45 m a

2+ 41 m a2= 35 m a

2 (5. 98)


19/41

Auf gabe 5. 2?

Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen unddes Momentensatzes am starren Krper

Lsung durch Schneiden

Bestimmung des Zeitpunkts, an dem die Zylinder aufeinanderrollen

Bestimmung der Winkelgeschwindigkeiten

Ein Vollzylinder (G1, r1) ist an einer gewichtslosen Stange drehbar befestigt. Einzweiter Vollzylinder (G2, r2) ist um A drehbar gelagert. Der Zylinder 2 ruht zu-nchst. Der Zylinder 1, der sich mit der Winkelgeschwindigkeit dreht, wird auf

ihn gesetzt, so da beide aufeinander rutschen (Reibungskoeffizient ).0

gegeben: G1, r1, G2, r2, , 0

gesucht: Bestimmung der Zeit tr, nach der beide Zylinder aufeinander rollen, unddie Gre der Winkelgeschwindigkeiten und .1 2

r1

r2A

m1

m2

0.

Bild 5. 24 Zwei Vollzylinder

Lsung

r1

r2A

m1g

1

.

BV

BH

BVBH

RN

R

N

2

.

m g2


Die Momentenstze an den beiden Zylinder liefern

1 = - R r1 1, (5. 99)

2 = R r2 2. (5. 100)

Mit dem Reibungsgesetz

R = N (5. 101)

und der Statik an der masselosen Stange

N = m1g, BV= 0 (5. 102)

und den Massentrgheitsmomenten

1=2

1m1r1

2,2=2

1m2r2

2 (5. 103)

ergeben sich in (5. 99) und (5. 100) eingesetzt die Winkelbeschleunigungen derZylinder

1 = - 2 1r

g (5. 104)

2 = 2 2r

g

2

1

m

m (5. 105)

nach Integration folgen mit = und = 0 Die Winkelgeschwindigkeiten10 0 20

1 = - 2 1r

gt + , (5. 106)0

2 = 2 2r

g

2

1

m

mt (5. 107)

Fr die Bestimmung der Zeit tr, an der die Zylinder Walzen aufeinander abrollen,ist die Bedingung, da die gleiche Umfangsgeschwindigkeit herrscht. Es gilt

r1 (t1 r) = r2 (t2 r). (5. 108)

Daraus ergibt sich die Zeit tr

- 2 g tr+ r1 = 2 g02

1

m

mtr tr=

)m

m1(g2

r

2

1

01

(5. 109)

Zu diesem Zeitpunkt sind die Winkelgeschwindigkeiten und1 2

1 (tr) = - 2 1r

g

)m

m1(g2

r

2

1

01

+ = -0

2

1

0

m

m1

+ , (5. 110)0

2 (tr) = 2 2rg

2

1

m

m

)mm1(g2

r

2

1

01

= 2

1

r

r

2

1

m

m

2

1

0

mm

1

. (5. 111)

Auf gabe 5. 3?



Bestimmung des Antriebsmoments

Auf einer homogenen zylindrischen Walze wird ein masseloses dehnstarres Seil

aufgewickelt, an dem die Masse m2hngt.gegeben: m1, m2, r, = ax

gesucht: Bestimmung des Antriebsmoments M0, das aufgewandt werden mu,um die Masse m2mit = a zu beschleunigen.x

m1

BA

r

m2

M0

x

.

.

Bild 5. 26 Homogene zylindrische Walze mit Seil

Lsung

m2

x.

m1

BA

r

M0

S

.

S


Der Momentensatz fr die Rolle lautet


20/41

A: A = M 0- r S (5. 112)

und die NEWTONschen Bewegungsgleichungen fr den Krper sind

: m2 =mx 2a = S - m2g. (5. 113)

Die Kinematik an der Rolle

x = r = a =r (5. 114) x

Damit folgt aus (5. 113)

S = m2 + mx 2g = m2(a + g) (5. 115)

und aus (5. 112)

M0 =A + r S (5. 116)

mitA= 21

m1r2 und =

r

aergibt sich das Antriebsmoment

M0=2

1m1r

2r

a+ r m2(a + g) =

2

1m1r a + r m2(a + g). (5. 117)

Auf gabe 5. 4?



Lsung mit dem d ALEMBERTSCHEN Prinzip

Bestimmung der Lagerreaktionen

Reibung zwischen Balken und Klotz

Massebehaftete Umlenkrolle

Am freien Ende eines in B starr eingespannten, masselosen Brettes (Lnge l) isteine Rolle (Radius r, Masse m) reibungsfrei drehbar gelagert. ber die Rolle luftein masseloses, dehnstarres Seil, an dessen Enden die Punktmassen 1 und 2(Masse jeweils m) befestigt sind. Die Punktmasse 1 rutscht (Reibungskoeffizient) auf dem Brett.

gegeben: l, r, m1= m2= m, =2

1m r2,

gesucht: Bestimmung der Lagerreaktionen in B in Abhngigkeit von der Lage xdes Krpers 1.

, m

Bild 5. 28 In B starr eingespanntes, masseloses Brett mit Rolle

1. Lsungsmglichkeit durch Schneiden

S1

N

R

R

NMB

S1

Ky

Kx

Ky

KxS2

m g

S2

x2

x1


Zur Ermittlung der Lagerkrfte mssen die Seilkrfte S1und S2berechnet wer-den. Dazu ist das Aufstellen der Bewegungsgleichungen notwendig. Fr Krper 1mit m1= m

: m x 1= S1 R, (5. 118)

: 0 = m g N, (5. 119)

fr die Masse 2

: m x 2= m g - S2, (5. 121)

und fr die Rolle gilt

: = (S 2 S1) r. (5. 122)

Das Reibungsgesetz lautet

R = N = m g. (5. 120)

Die Gleichgewichtsbedingungen an der Rolle sind

: 0 = Ky- m g - S2, (5. 123)

: 0 = Kx S1. (5. 124)

Die Kinematik an der Rolle ergibt die Beziehung zwischen den Geschwindigkei-ten

x 1= r = x 2= (5. 125)x

(5. 125) mit (5. 119) und (5. 121) in (5. 118) ergibt

m = Sx 1 -m g. (5. 126)

(5. 125) in (5. 122) ergibt

m = m g - Sx 2. (5. 127)

(5. 126) + (5. 127) ergibt

2 m = m g (1 - ) + Sx 1- S2. (5. 128)

Aus (5. 120) folgt

21 m = - Sx 1+ S2. (5. 129)

(5. 129) in (5. 128) ergeben die Beschleunigung der Masse

2 m +x2

1m = m g (1 - ) + Sx 1- S2- S1+ S2

=x5

2g (1 - ). (5. 130)

(5. 130) in (5. 126) ergeben die Seilkraft S1

S1= m (5

2g (1 - ) + g) = m g

5

32 (5. 131)

und in (5. 130) in (5. 127) ergeben die Seilkraft S2

S2= - m g (5

2g (1 - )) + m g = m g

5

23 . (5. 132)

Aus (5. 123) folgt

Ky= m g5

28 , (5. 133)

aus (5. 124)

Kx= m g5

32 . (5. 134)

Damit ergeben sich die Lagerreaktionen fr den Balken

: BH= R Kx=5

2m g (- 1), (5. 135)

: BV = N + Ky= m g5

213 , (5. 136)

: MB= - N x KB yl = m g (- x l5

28 ). (5. 137)

2. Lsungsmglichk eit mit dem d ALEMBERTschen Prinzip


21/41

Bild 5. 30 Einfhren der Vorzeichen, der ueren Krfte, der d ALEMBERTschen Schein-krfte und der Reibungskraft

Hier wird die Reibungsarbeit in den Ausdruck miteinbezogen. Fr den Klotz ist eseine negative Arbeit, fr den Balken ist sie Null, weil er sich nicht bewegt.

W = - - R x 1 m2 x 2x2+ m2g x2 m x 1x1= 0 (5. 138)

Mit der Kinematik aus (5. 125) eingesetzt, folgt

W = (-2

1m r2

2r

1x - m g m + m g m )x = 0 (5. 139)x x

mitx0 folgt

x =

5

2g (1 - ). (5. 140)

Lagerreaktionen ergeben sich durch Schneiden am Balken wie oben.

Auf gabe 5. 5

? Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen unddes Momentensatzes am starren Krper


Lsung mit dem d ALEMBERTschen Prinzip

Masselose Umlenkrolle

Haftung zwischen Rolle 1 und Rolle2

Bestimmung der Beschleunigung

Bestimmung der Lagerkraft

Mit dem skizzierten System wird das Gewicht (Masse m3) nach oben gezogen.Die Rollen 1 (Masse m1, Massentrgheitsmoment1) und 2 (Masse m2, Mas-sentrgheitsmoment2) sind reibungsfrei gelagert. Die Umlenkrolle ist masselos.Das konstante Antriebsmoment MB0greift an der Rolle 1 an. Zwischen beidenRollen besteht Haftung.

gegeben: m1, m2, m3, M0, r1, r2,1,2,0

gesucht: Bestimmung der Beschleunigung des Gewichtes nach oben und derAuflagerkraft in A.

x

m3

A B

masselos

x

M0

m ,2 2

m ,1 1

r2r1

.Rolle 1

Rolle 2 0

Bild 5. 31 Rollensystem mit der Masse m3


m g2

AV

S

N

H

2

N

H

1

m g3

B

masselos

x

M0

m ,2 2

m ,1 1

r2r1

.

Rolle 1

Rolle 2S

S

a)

b)

c)

d)

Bild 5. 32 Schnittbild; a) Rolle 1; b) Rolle 2, c) Umlenkrolle; d) Gewicht

Der Momentensatz und die NEWTONschen Bewegungsgleichungen fr die Rolle2

: 2 2= H r2 S r2 (5. 141)

: AV= m2g H, (5. 142)

die Rolle 1

: 1 1= M0- H r1 (5. 143)

und fr das Gewicht mit S1= S2= S an der Umlenkrolle

: m3 = S mx 3g. (5. 144)

Mit der Kinematik fr das Gewicht, das ber ein Seil mit der Rolle 2 verbundenist, gilt

x

= r2

2 (5. 145)

und fr die Rolle 1, die auf der Rolle 2 rollt, gilt

r1 1= r2 2. (5. 146)

Mit sechs Unbekannten 1, H, S, AV, 2, folgt aus den sechs Gleichungenx

x =)m

r

1

r

1(

gmr

M

3222

121

31

0

. (5. 147)

Aus (5. 141) folgt die Bestimmung der Auflagerkraft

H = (m3 + mx

3g) + 2 22r

x

, (5. 148)

in (5. 142) folgt die Lagerkraft

AV= m2g H = m2g (m3 + mx 3g) + 22

2

r

x= m2g - m3g (m3+ 2

2

2

r

)

(5. 149)

x


m g2

2

1

m g1

m g3 1 1

2 2

m x3

masselos

x

M0

r2r1

.Rolle 1

Rolle 2 0

Bild 5. 33 Einfhren der Vorzeichen, der ueren Krfte und der d ALEMBERTschenScheinkrfte

W = - 2 22- 1 11+ M01- m3 x - mx 3g x = 0 (5. 150)

Mit der Kinematik aus (5. 145) und (5. 146) in (5. 150) und eingesetzt

W = - 22r

x

2r

x- 1

1r

x

1r

x+ M0

1r

x- m3 x - mx 3g x = 0, (5. 151)

Die virtuelle Verrckung ausgeklammert

x (- 22r

1

2r

1- x 1

1r

1

1r

1+ Mx 0

1r

1- m3 - mx 3g) = 0 (5. 152)

mitx0 folgt


22/41

x =)m

r

1

r

1(

mgr

M

3222

121

31

0

(5. 153)

Die Auflagerkraft AVergibt sich durch Schneiden wie im oberen Lsungsweg.

Auf gabe 5. 6?




Ein Fahrzeug, vereinfacht durch zwei homogene, zylindrische Walzen (Massenm) dargestellt, die durch einen Balken (Masse m0) verbunden sind, rollt auf einerhorizontalen Bahn infolge eines Moments M0, das vom Motor auf die hintere Wal-ze (ideale Lagerung) abgegeben wird.

gegeben: m, r, m0, M0

gesucht: Bestimmung der Beschleunigung des Fahrzeugs und der Krfte inden Radlagern A und B.

x

A Bxm0

m, r m, r

M0

.

Bild 5. 34 Fahrzeug, vereinfacht durch zwei homogene, zylindrische Walzen dargestellt


mg

mg

x

x

x

Rad 1

m g0AV

AV

AH

AH

H1N1H2 N2

BH

BH

BV

BV

M0

Rad 2

..

..

.

Balken


Die NEWTONschen Bewegungsgleichungen und Momentenstze fr das Rad 1

m = Ax H+ H1, (5. 154)

A = - H 1 r + M0, (5. 155)

und das Rad 2

m = Bx H- H2, (5. 156)

B = HB 2 r. (5. 157)

Mit dem Massentrgheitsmoment A=2

1m r2 folgt aus (5. 155)

2

1m r2 = - H1 r + M0, (5. 158)

mit dem Massentrgheitsmoment B=B

2

1m r folgt aus (5. 157)

2

2

1m r2 = H2 r. (5. 159)

Fr den Balken gilt

m0 = Ax H- BH, (5. 160)

und aus der Statik wegen der gefhrten Bewegung

AV=2

1m0g, (5. 161)

BBV=

1

2m0g. (5. 162)

Die Kinematik liefert

x = r . (5. 163)

Aus (5. 159) mit (5. 163)

H2 =2

1m (5. 164)x

aus (5. 156) mit (5. 164) folgt

BBH=

2

3m x (5. 165)

aus (5. 159)

H1= -2

1m +x

r

1M0 (5. 166)

aus (5. 154)

AH=r

1M0 -

2

3m (5. 169)x

in (5. 160) liefert die Beschleunigung

x =)m3m(r

M

0

0

. (5. 170)

Die Auflagerkrfte liefern (5. 161), (5. 162), (5. 165) und (5. 169)

AH=)m3m(r

)m2

3m(M

0

00

, AV=

2

1m0g, BH=

)m3m(r

mM2

3

0

0

, BV=

2

1m0g. (5. 171)


Bxm x0

m g

m, r

M0

.mxmx

..

.... A B.. ..

..

..

m g0 m g


Der Arbeitssatz liefert

W = (M0-A )- B - 2 m x - mB x 0 x = 0 (5. 170)x

Mit der Kinematik aus (5. 163) und den Massentrgheitsmomenten A=2

1m r2

undB=B2

1m r folgt2

W = (M0 - 21 m r2

r1 )x

r1 x - 2

1 m r2r1 x

r1 x - 2 m x - mx 0 x = 0,

(5. 171)

x

W = ((M0r

1-

2

1m ) -x

2

1m - 2 m - mx x 0 )x = 0 (5. 172)x

mit der virtuellen Verrckung x0 folgt die Beschleunigung

M0r

1= (3 m +m0) =x x

)m3m(r

M

0

0

(5. 173)

Die Schnittkrfte erhlt man durch Schneiden wie in der oberen Lsungsmetho-de.

Auf gabe 5. 7?

Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen undMomentensatz am starren Krper


In dem skizzierten Planetengetriebe ist das Zahnrad 1 in 0 reibungsfrei drehbargelagert, Zahnrad 2 luft einerseits auf Zahnrad 1, andererseits in einem festste-henden Zahnkranz, dessen Mittelpunkt in 0 liegt. Die Zahnrder (homogeneScheiben) haben gleiche Massen m und gleiche Radien r.

gegeben: m, r, 0.


23/41

gesucht: Bestimmung der Beschleunigungen und und der Gre der

Winkelgeschwindigkeit fr = 90)(1 )(

0, wenn das System ohne Anfangsgeschwin-digkeit aus der Lage 0= 60

0losgelassen wird.

r

0

Zahnrad 1

2

.

1

.

Zahnrad 2

r

m

m

Bild 5. 37 Planetengetriebe

Lsung

2.

.x2

mg

1.

H2H2

N2

N2

N1N1

H1

H1


Die Momentenstze und NEWTONschen Bewegungsgleichungen fr das Zahn-rad 1 lautet

1 = H1 r, (5. 174)

das Zahnrad 2

2 = H2 r - H1 r, (5. 175)

m x 2= m g sin- H1 - H1. (5. 176)

Die Kinematik folgt aus Bild 5. 39

a)

2

1.

.

.x2

r

r

rMP

MP

b)

r

r

r

.

.x2

MP

Bild 5. 39 Kinematik des Systems; a) Geschwindigkeiten der beiden Zahnrder, die aufein-ander abrollen; b) Winkelgeschwindigkeit der Verbindungsgeraden

r 1= 2 r 2, (5. 177)

x 2 = r 2, (5. 178)

x 2 = 2 r = r 2. (5. 179)

Der Momentanpol des Zahnrads 2 ist nur fr kleine Bewegungen in Ruhe (sieheGeschwindigkeitsverteilung Bild 5. 39 a und b).

Die Berechnung der Beschleunigungen erfolgt mit =21 m r2und (5. 175) in (5.

178) und (5. 179) * r

2

3m r x 2 = r m g sin - 2 H1r, (5. 180)

mit (7)/ 2, (4) und (5. 175) folgt

4

7m r x 2=

2

1r m g sin (5. 181)

Daraus folgen die Beschleunigungen des Planetengetriebes

x 2=7

2g sin , 1 =

7

4

r

gsin , 2 =

7

2

r

gsin , =

7

1

r

gsin (5. 182)

Aus der Trennung der Vernderlichen

=dt

d=

d

d

dt

d=

d

d = d

7

1

r

gsin d (5. 183)

und mit der Integration folgt

.

0

d =7

1

r

g

90

600

dsin 2

1 2=

7

1

r

g(- 0 + cos600). (5. 184)

Daraus folgt die Winkelgeschwindigkeit

() =r7

g. (5. 185)

Auf gabe 5. 8?




Zwei Walzen 1 und 2 sind auf einer gemeinsamen Achse A gelagert. Sie knnensich unabhngig voneinander drehen. Die Walze 1 rollt auf einer horizontalenEbene und ist ber ein Seil S1mit der Masse 3 verbunden. Das um die Walze 2geschlungene Seil S2ist an der Wand befestigt.

gegeben: m1, m2, m3,1,2, r, R

gesucht: Bestimmung der Beschleunigung x 1 der gemeinsamen Achse A undder Seilkraft S1

m ,1 1 masselos

S1

r

R

A m ,2 2

m3

Walze 1S2

Walze 2

Bild 5. 40 Zwei Walzen 1 und 2 auf einer gemeinsamen Achse A


S1

Walze 1

21

x1

x3

S2

AH

AV

x2

m g1

AHAV

S1

N HWalze 2

m g3

m g2

..

Masse

.


Die NEWTONschen Bewegungsgleichungen und die Momentenstze lauten frdie Walze 1

m1 x 1= S1 AH+ H, (5. 186)

1 1= S1R H R, (5. 187)

fr die Walze 2

m2 x 2= AH S2, (5. 188)

2 2= S2r (5. 189)


24/41

und fr die Masse

m3 x 3= m3g - S1. (5. 190)

Mit der Kinematik in Bild 5. 42 folgt

a)MP

1

x1

x3

b)

MP

2

x2

Bild 5. 42 Kinematik a) an der Walze 1; b) an der Walze 2

x 3= 2 x 1 (5. 191)

1=R

x1 (5. 192)

2=r

x2 (5. 193)

Die Geschwindigkeit der gemeinsame Achse A

x 1= x 2= (5. 194)x

Mit der Kinematik aus (5. 191), (5. 192) und (5. 193) und nach der Elimination von

S1, S2, H, AHfolgt die Beschleunigung

x =

22

21

321

3

rRm4mm

gm2

. (5. 195)

Aus (5. 190) folgt die Seilkraft mit (5. 195)

S1 = m3g

2212321

221221

r

1

R

1m4mm

r

1

R

1mm

. (5. 196)

2. Lsungsmglich keit mit d em d ALEMBERTschen Prinzip

masselos

m g3

(m+m )x1 2 2 2

1 1

2 1

x , x1 2

x3

m x3 3

..

..

..

..

. .

. .

(m+m )g1 2


Der Arneitsatz liefert

W = (m3g m3 x 3)x3 (m1+ m2) x x 1 11 2 22= 0. (5. 197)

Mit der Kinematik aus (5. 191), (5. 192) und (5. 193) in Bild 5. 42 folgt

W = (m3g m32 ) 2 x (mx 1+ m2) x x 1 2R1

x x 2 2r1

x x = 0,

(5. 198)

(2 m3g (4 m3 m1- m2 21

R

-

22

r

)x = 0. (5. 199)x

Mit der virtuellen Verrckung x0 folgt die Beschleunigung

x 1=22

21

321

3

rRm4mm

gm2

. (5. 200)

Bestimmung der Stabkraft S1durch Schneiden wie in der oberen Lsungsmg-lichkeit.

Auf gabe 5. 9?


Lsung mit dem Energiesatz


Eine Stufenrolle 1 (Masse m1, Gesamtmassentrgheitsmoment 1, Radien r und r+ R) rollt auf einer schiefen Ebene und ist mit einem dehnstarren, masselosenSeil ber die in A reibungsfrei drehbar gelagerte Rolle 2 (m 2, R) mit der Rolle 3(m3, R) verbunden. ber die Rolle 3 ist ein weiteres Seil gefhrt, das einerseitsbei B befestigt ist und an dessen anderem Ende die Masse M hngt.

gegeben: m1, m2= m, m3= m, M, r, R, 1,

gesucht: Bestimmung der Beschleunigung des Schwerpunktes der Stufenrolle

1 und der Gre der Masse M, damit das System in Ruhe ist.1x

r

R

m ,1 1R

R

A

m3

M

x1

Stufenrolle 1

Rolle 2

B

21

3

x3

Rolle 3

Masse

.

x4

.

.

..

Bild 5. 44 Stufenrolle 1 auf einer schiefen Ebene

1. Lsungsmglichkeit m it dem Energiesatz

Der Energieerhaltungssatz lautet mit dem Massentrgheitsmoment =2

1m r2

m1g sinx1+ 2

1

m1 x

1

2

+ 2

1

1

1

2

+ 2

1

2

2

+ 2

1

3

2

+ 2

1

m x

3

2

m g x3 M g

x4+2

1M x 4

2= const. (5. 201)

nach Ableitung nach der Zeitdt

d(5. 201) folgt

m1g sin x 1+ m1 x 1 x 1+ 1 1 1+ 2 2+ 3 3 + m x 3 x 3 m g x 3 M g x 4+ M x 4 x 4= 0. (5. 202)

Die Kinematik liefert nach Bild 5. 45

r

r+Rx1

a)

b)

2

1

3x4

x2

x2

x3

2x2

c)

MPMP

MP

.

.

.

.

.

.

.

..

.

Bild 5. 45 Kinematik; a) Stufenrolle 1; b) Rolle 2; c) Rolle 3

x 1= 1(r + R) (5. 203)

x 2= 1R (5. 204)

x 2= 2R (5. 205)

x 3= 3R (5. 206)

x 3= x 2 (5. 207)

x 4= 2 x 3 (5. 208)

1= 2= 3 (5. 209)

(5. 203) bis (5. 209) in (5. 202) ergibt


25/41

x 1 x 1(m1+ 1 2)R1(1

+ 2

2)Rr(

1

+ m

2)Rr(

1

R2 + M

2)Rr(

1

4 R2

= x 1(- m1g sin + m g)Rr(

R

+ M g

)Rr(

R2

. (5. 210)

Daraus folgt fr x 10 die Beschleunigung 1x

x 1= g

22

2

2

2211

1

)Rr(

1MR4

)Rr(

Rm

)Rr(

12

)R1(

1m

sinm)Rr(

R2M

)Rr(

Rm

=21

2221

1

2RM4Rm)Rr(m

)sin)Rr(mRM2Rm()Rr(g

. (5. 211)

Zur Bestimmung der Masse M, fr die das System in Ruhe ist, gilt

1x = 0. (5. 212)

Dann folgt

m R + 2 M R m1(r + R) sin= 0 (5. 213)

und die Masse M

M =2

1m1

R

sin)Rr( -

2

1

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