2.3.1. Beispiel 1: a aus x#

Gegeben sei folgender Zusammenhang zwischen x und t zur Beschreibung der Bewegung eines Massenpunktes

$x(t)=t\cdot \sqrt{t}+5t^3$

Wie sehen Geschwindigkeit und Beschleunigung aus?

Lösung:

$x(t)=t\cdot \sqrt{t}+5t^3=t^{3/2}+5t^3$

$v(t)=\frac{d}{dt}x(t)=\frac{d}{dt}(t^{3/2}+5t^3)=\frac{3}{2}{t}^{1/2}+5\cdot 3t^2=\frac{3}{2}{t}^{1/2}+15t^2$

$a(t)=\frac{d}{dt}(\frac{3}{2}{t}^{1/2}+15t^2)=\frac{3}{2}\frac{1}{2}{t}^{-1/2}+2\cdot 15t=\frac{3}{4}\frac{1}{\sqrt{t}}+30t$

2.3.2. Beispiel 2: x aus a#

Ein Massenpunkt erfährt eine Beschleunigung von

$a=3\cdot t$.

Wie lauten die Funktionen für $v(t)$ und $x(t)$? Zu Beginn der Bewegung hat der Massenpunkt eine Geschwindigkeit von

$v(0)=0$

und

$x(0)=0$.

Lösung:

$v(t)=\int a(t)dt=3\frac{1}{2}{t}^2+v(0)=\frac{3}{2}{t}^2$

$x(t)=\int v(t)dt=\frac{3}{2}\frac{1}{3}{t}^3+v(0)\cdot t+x(0)=\frac{1}{2}{t}^3$

2.3.3. Beispiel 3: freier Fall#

Ein Ball, der als Massenpunkt betrachtet werden kann, fällt aus einer Höhe $h$ zu Boden.

• Nach welcher Zeit erreicht der Ball die Erdoberfläche?

• Wie ändert sich die Situation, wenn die Richtung des gewählten Koordinatensystems umgekehrt wird und der Nullpunkt an den Start gesetzt wird?

• Wie ändert sich die Situation, wenn der Ball mit $v_0=2\frac{m}{s}$aus einer Höhe von $h=10m$ nach oben geworfen wird?

• Nach welcher Zeit erreicht der Ball den oberen Umkehrpunkt und in welcher Höhe ist dieser?

Lösung:

Im freien Fall wirkt auf einen Massenpunkt (in Oberflächennähe) die konstante Ergbeschleunigung $a=-g$. Die Geschwindigkeit ist demnach

$v(t)=-g\cdot t+v_0$

Wird der Ball in Höhe $h$ losgelassen, ist in diesem Punkt die Geschwindigkeit $v(t=0)=v_0=0$. Damit wird

$v(t)=-g\cdot t$

Für die Position gilt

$x(t)=-\frac{1}{2}g{t}^2+x_0$

wobei $x_0$ die Anfangshöhe h ist. Somit gilt

$x(t)=-\frac{1}{2}g{t}^2+h$

Kommt der Ball an der Erdoberfläche an, ist $x(t_e)=0$. Damit ist die dazugehörende Zeit

$x(t_e)=-\frac{1}{2}g{t}_e^2+h=0\iff \frac{1}{2}g{t}_e^2=h\iff t_e=\sqrt{\frac{2h}{g}}$

Wird die Richtung des gewählten Koordinatensystems umgekehrt und der Nullpunkt an den Start gesetzt, ergibt sich folgendes Bild

$a=g$

$v(t)=g\cdot t$

$x(t)=\frac{1}{2}g{t}^2$

und

$x(t_e)=h$

Damit ergibt sich

$h=\frac{1}{2}g{t}^2\iff t_e=\sqrt{\frac{2h}{g}}$

Wenn der Ball mit $v_0=2\frac{m}{s}$ aus einer Höhe von $h=10m$ nach oben geworfen wird, gibt es zum Zeitpunkt $t=0$ eine Anfangsgeschwindigkeit, die der Beschleunigung entgegen gesetzt wird. Beim unsprünglichen Koordinatensystem bedeutet dies

$v(t)=-g\cdot t+v_0$

$x(t)=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_0\cdot t+h$

Damit wird

$x(t_e)=0=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_0\cdot t+h\iff t^2=t^2-\frac{2\cdot v_0}{g}\cdot t-\frac{2\cdot h}{g}=0$

Dies ergibt (mit Hilfe quadratischer Ergänzung / pq-Formel)

$t_e=\frac{v_0}{g}\pm \sqrt{(\frac{v_0}{g}+\frac{2\cdot h}{g})}$

wobei die positive Wurzel die einzig physikalisch sinnvolle Lösung darstellt. Mit $h=10m$ und $v_0=2\frac{m}{s}$ ist $t_e=\frac{v_0=2\frac{m}{s}}{g}\pm \sqrt{(\frac{v_0=2\frac{m}{s}}{g}+\frac{2\cdot 10m}{g})}\approx 1.6s$

Am oberen Umkehrpunkt gilt:

$v(t_u)=0\iff -g\cdot t_u+v_0=0\iff t_u=\frac{v_0}{g}=0.2s$

Dies entspricht einer Höhe von

$$x(t_u)=-\frac{1}{2}g{t}_u^2+v_0\cdot t_u+h=-\frac{1}{2}g{\left(\frac{v_0}{g}\right)}^2+v_0\cdot \frac{v_0}{g}+h=\frac{1}{2}\frac{v_0^2}{g}+h=10.2m$

2.3.4. Beispiel 4: Pendel#

Ein Federpendel wird beschrieben durch die Bewegungsgleichung

$x(t)=\frac{1}{2}cos(2\cdot t)-\frac{1}{2}$

Zu welchen Zeitpunkten ist die Beschleunigung =0?

Lösung:

$x(t)=\frac{1}{2}cos(2\cdot t)-\frac{1}{2}$

$v(t)=\frac{d}{dt}(\frac{1}{2}cos(2\cdot t)-\frac{1}{2})=-2\frac{1}{2}sin(2\cdot t)=-sin(2\cdot t)$

$a(t)=\frac{d}{dt}(-sin(2\cdot t))=-2\cdot cos(2\cdot t)$

$a(t)$ ist immer dann =0, wenn $cos(2\cdot t)=0$ ist, also $2\cdot t=k\cdot \pi$.

Damit gilt

$t_n=\frac{k\cdot \pi }{2}$

dabei ist $k=(\frac{1}{2}+n)$ mit $n=0,1,2,...$