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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:32 Di 08.06.2010 | | Autor: | M-Ti |
Hallo!
Ich versuche gerade die Aufgabe im Anhang zu lösen. Ich hoffe jemand kann mir helfen:
Arbeitssatz für die horizontale Bahn:
Epot1+Ekin1-Epot0-Ekin0=W01
--> [mm] \bruch{1}{2}*m*v_{1}^2-\bruch{1}{2}*m*v_{0}^2=W01 [/mm]
FKB liefert: N=m*g --> [mm] R=\mu*N=\mu*m*g
[/mm]
[mm] W01=\integral_{0}^{l}{-R dx}=-\mu*m*g*l [/mm]
(Frage1: R ist doch beim Arbeitsintegral immer negativ, oder?)
--> [mm] \bruch{1}{2}*m*v_{1}^2=-\mu*m*g+\bruch{1}{2}*m*v_{0}^2
[/mm]
[mm] v_{1}^2=-2\mu*g*l+v_{0}^2
[/mm]
--> wegen Kreisbahn:
[mm] v_{1}^2=R*PhiPUNKT^2=-2\mu*g*l+v_{0}^2
[/mm]
Energieerhaltung auf der Kreisbahn:
[mm] \bruch{1}{2}*m*v_{1}^2=\bruch{1}{2}*m*v_{Abwurf}^2+m*g*"R [/mm] (2R=Höhe am obersten Punkt).
Frage: Meine Logik sagt mir, dass der Wagen oben um die potentielle Energie m*g*2R schneller sein muss aber nach [mm] v_{Abwurf} [/mm] aufgelöst ergibt sich:
[mm] v_{Abwurf}^2=4gR-v_{1}^2 [/mm] --> [mm] v_{Abwurf} =\wurzel{4gR}-v_{1}[/mm]
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Hallo M-Ti,
der Anhang fehlt noch, oder?
> Hallo!
>
> Ich versuche gerade die Aufgabe im Anhang zu lösen. Ich
> hoffe jemand kann mir helfen:
>
> Arbeitssatz für die horizontale Bahn:
>
> Epot1+Ekin1-Epot0-Ekin0=W01
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> --> [mm]\bruch{1}{2}*m*v_{1}^2-\bruch{1}{2}*m*v_{0}^2=W01[/mm]
bei konstanter Beschleunigung, ja.
[mm] E_{pot 1/2} [/mm] hebt sich ja auf, wenn die Bahn horizontal ist.
> FKB liefert: N=m*g --> [mm]R=\mu*N=\mu*m*g[/mm]
Hier geht es offenbar um die Bestimmung der Reibungskraft. Sieht auch noch gut aus.
> [mm]W01=\integral_{0}^{l}{-R dx}=-\mu*m*g*l[/mm]
> (Frage1: R ist doch beim Arbeitsintegral immer negativ,
> oder?)
Normalerweise ja. Auch das Integral stimmt.
> -->
> [mm]\bruch{1}{2}*m*v_{1}^2=\mu*N=\mu*m*g+\bruch{1}{2}*m*v_{0}^2[/mm]
Nein, das stimmt nicht. Wozu hast Du denn das Integral bestimmt, wenn es hier gar nicht mehr vorkommt? Wenn Du Einheiten mit dazunimmst, hast Du hier eine Verquickung von Arbeit und Kraft. Das kann nicht sein.
Grüße
reverend
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 16:52 Di 08.06.2010 | | Autor: | M-Ti |
Hallo!
Ich war noch nicht fertig, ich hab das nur zwischendurch mal abgeschickt, weil es mir schon mal passiert ist, dass alles per Tastendruck weg war, also weiter:
Von nun an ist es doch ein einfacher Wurd oder?
vx=vy= [mm] \wurzel{4gR} -v_{1}
[/mm]
[mm] v=\bruch{dx}{dt} [/mm] --> [mm] x(t)=\wurzel{4gR}*t-v_{1}*t+C1
[/mm]
-->C1=0 wegen x(t=0)=0 (Koordinatensystem oben am Abwurfpunkt)
[mm] -->x(t)=\wurzel{4gR}*t-v_{1}*t
[/mm]
[mm] y(t)=\wurzel{4gR}*t-v_{1}*t+C2
[/mm]
y(t=0)=0 --> C2=0
[mm] y(t*)=-2R=\wurzel{4gR}*t-v_{1}*t
[/mm]
--> [mm] t*=\bruch{-2R}{\wurzel{4gR}-v_{1}}
[/mm]
[mm] x(t*)=l/2=\wurzel{4gR}*(\bruch{-2R}\wurzel{4gR})-v_{1}+v_{1}\bruch{-2R}\wurzel{4gR}
[/mm]
Ja wenn ich jetzt noch v1 einsetze und alles nach v0 umforme dann hab ich doch die gesuchte Geschwindigkeit oder? Mir scheint es aber, dass das sicherlich noch übersichtlicher berechnen lassen sollte. Wenn ich da jetzt noch v1 einsetzen und dann nach vo auflösen würde dann würde mir das mit bei diesem Term eine Menge Zeit inder Klausur kosten... Kann mir jemand vlt. auch einen gechickteren Lösungsweg nennen? Vielen Dank
Hier auch nochmal die Aufgabe: http://yfrog.com/f/61dsci0002kj/
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 20:44 Mi 09.06.2010 | | Autor: | M-Ti |
Ich hab mir jetzt folgendes gedacht:
Ich habe nun die Geschwindigkeit v1 wo die Murmel in die Kreisbahn rollt (wie oben berechnet). Nun die Korrektur: In der Kreisbahn muss am obersten Punkt gelten:
FG=FF --> [mm] m*g=0.5m*v_{2}^2*R
[/mm]
--> [mm] v_{2}=\wurzel{g*R}
[/mm]
Energiebilanz zwischen tiefstem Punkt und Höchstpunkt der Kreisbahn:
[mm] 0.5*mv_{1}^2=m*g*2R+0.5*m*v_{2}^2 [/mm] --> [mm] v_{1}=\wurzel{5gR}
[/mm]
Ab hier schräger Wurf mit Anfangsgeschwindigkeit= [mm] v_{1}
[/mm]
Newtongesetz in x-Richtung:
m*ax=0 --> ax=0 vx=C1 [mm] -->vx(t=0)=v_{1} [/mm] --> [mm] C1=v_{1}
[/mm]
--> [mm] x(t)=v_{1}*t+C3 [/mm] --> x(t=0)=0 --> C3=0 (Koordinatensystem oben am "Abwurfpunkt")
Somit gilt für x(t): [mm] x(t)=v_{1}*t
[/mm]
Newtongesetz in y-Richtung:
m*ay=-m*g --> ay=-g vy=-g*t+C4 --> vy(t=0)= [mm] v_{1}=C4
[/mm]
[mm] y(t)=-0.5*g*t^2+v_{1}*t+C5 [/mm] --> C5=0 wegen y(t=0)=0
[mm] x(Tgesucht)=0.5*l=v_{1}* [/mm] Tgesucht --> [mm] Tgesucht=l/(2*v_{1})
[/mm]
[mm] y(Tgesucht)=-2R=-0.5*g*(l/(2*v_{1}))^2+v_{2}*(l/(2*v_{1}))
[/mm]
Jetzt nur noch nach v1 umformen und in die Gleichung:
[mm] v_{1}^2=-\mu*m*g*l+v_{0}^2 [/mm] und dann hat man die gesuchte Anfangsgeschwindigkeit? Ich hoffe diesmal hab ich es richtig gemacht...
Bitte um Kommentare. Vielen Dank
Freundliche Grüße
M-Ti
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:00 Di 08.06.2010 | | Autor: | M-Ti |
zu reverend's letztem Teil der Antwort:
Ja klar, hab das falsch abgetippt von meinen Lösungsversuchen auf Papier
Das lautet richtig:
[mm] \bruch{1}{2}*m*v_{1}^2=-\mu*m*g*l+\bruch{1}{2}*m*v_{0}^2[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:42 Mi 09.06.2010 | | Autor: | Loddar |
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siehe hier
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