02.1 – Schiefer Wurf

 

beschleunigte-masse-schrager-wurf

Ein Körper der Masse m wird unter dem Winkel α im Gravitationsfeld der Erde mit der Geschwindigkeit v abgeschossen.

  1. Stellen Sie mit Hilfe der Beziehung \vec F = m\vec a die Differentialgleichung der Bewegung des Körpers auf
  2. Lösen Sie allgemein die Differentialgleichung (gesucht sind x(t) und y(t))
  3. Was erhalten Sie mit den Anfangsbedingungen x = y = 0 bei t = 0?
  4. Welche Bahnkurve y = f(x) ergibt sich?
  5. Berechnen Sie die maximale Schussweite bei v = 300m/s

Lösung

a )

\vec F = m \cdot \vec a

\vec F = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 \\ - mg \\ \end{array} } \right)

0 = m \ddot x

- mg = m \ddot y

b )

Lösen der DGL:

0 = m \ddot x

\ddot x = 0

\dot x = C_1

x = C_1 t+C_2

Und in Y-Richtung:

- mg = m\ddot y

\ddot y = -g

\dot y = -gt+C_3

y = -\frac{g} {2}t^2 +C_3 t+C_4

c )

Bestimmung der Konstanten C1 bis C4 mit Hilfe der Rahmenbedingungen:

x\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C_1 \cdot 0+C_2 = 0 \Rightarrow C_2 = 0

y\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow -\frac{g} {2} \cdot 0^2 +C_3 \cdot 0+C_4 = 0 \Rightarrow C_4 = 0

\dot x\left( 0 \right) = \cos \alpha \cdot v_0 \Rightarrow C_1 = \cos \alpha \cdot v_0

\dot y\left( 0 \right) = \sin \alpha \cdot v_0 \Rightarrow -g \cdot 0+C_3 = \sin \alpha \cdot v_0 \Rightarrow C_3 = \sin \alpha \cdot v_0

\vec r = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} C_1 t+C_2 \\ - \frac{g} {2}t^2 +C_3 t+C_4 \\ \end{array} } \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} v_0 \cos \alpha \cdot t \\ v_0 \sin \alpha \cdot t-\frac{g} {2}t^2 \\ \end{array} } \right)

d )

Bahnkurve:

Die Formel für die Bewegung in x-Richtung wird nach t umgestellt und in die Formel für die Bewegung in y-Richtung eingesetzt:

x\left( t \right) = v_0 \cdot \cos \alpha \cdot t\quad \Rightarrow \quad t = \frac{x} {{v_0 \cdot \cos \alpha }}

y\left( t \right) = v_0 \cdot \sin \alpha \cdot t-\frac{g} {2} \cdot t^2

y\left( x \right) = v_0 \cdot \sin \alpha \cdot \frac{x} {{v_0 \cdot \cos \alpha }}-\frac{g} {2} \cdot \left( {\frac{x} {{v_0 \cdot \cos \alpha }}} \right)^2

y\left( x \right) = \tan \alpha \cdot x-\frac{{g \cdot x^2 }} {{2 \cdot v_0 ^2 \cdot \cos ^2 \alpha }}

e )

Schussweite:

Funktion = 0 setzen:

\tan \alpha \cdot x-\frac{g} {2}\left( {\frac{x} {{v_0 \cos \alpha }}} \right)^2 = 0

Der erste Wert für x ist 0. Es interessiert uns daher nur der andere Wert. Wir teilen durch x:

\tan \alpha -\frac{g} {2} \cdot \frac{x} {{\left( {v_0 \cos \alpha } \right)^2 }} = 0

\tan \alpha = \frac{g} {2} \cdot \frac{x} {{\left( {v_0 \cos \alpha } \right)^2 }}

\frac{{\tan \alpha \cdot 2\left( {v_0 \cos \alpha } \right)^2 }} {g} = x_2

Dies muss nun noch über den Winkel maximiert werden.

\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }} {{\cos \alpha }}

\frac{{\sin \alpha }} {{\cos \alpha }} \cdot \cos ^2 \alpha = \sin \alpha \cdot \cos \alpha

Dies wird durch ein Additionstheorem weiter vereinfacht:

2\sin \alpha \cdot \cos \alpha = \sin \left( {2\alpha } \right)

Es gilt daher:

\sin \alpha \cdot \cos \alpha = \frac{1} {2}\sin \left( {2\alpha } \right)

\sin \left( {2\alpha } \right)_{\max } = 1

\sin ^{-1} \left( 1 \right) = 90^\circ \Rightarrow 2\alpha = 90^\circ \Rightarrow \alpha = 45^\circ

x_2 = \frac{{\tan \alpha \cdot 2\left( {v_0 \cos \alpha } \right)^2 }} {g} = \frac{{\tan \left( {45^\circ } \right) \cdot 2\left( {300\frac{m} {s}\cos \left( {45^\circ } \right)} \right)^2 }} {g} = 9174,311m

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