Alfred Böge Technische Mechanik - PP99

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3. Ûbung: Ein Autofahrer fährt mit 120 km/h. Er
sieht ein Hindernis, bremst nach kurzer Reaktionszeit
mit einer Verzögerung von 5 m/s2 und kommt
160 m nach dem Erblicken des Hindernisses zum
Stehen.
Gesucht werden die Reaktionszeit DtR (vom Wahrnehmen
des Hindernisses bis zum Ansprechen der
Bremse) und der dabei durchfahrene Weg DsR.
Lösung: Die Gesamtzeit Dt setzt sich zusammen
aus der Reaktionszeit DtR und der Verzögerungszeit
DtV. Entsprechend ist der Gesamtweg
Ds ¼ DsR þ DsV. Dabei muss man beachten, dass
während der Reaktionszeit DtR die Geschwindigkeit
v konstant bleibt. DsR entspricht einer Rechteckfläche,
DsV der Dreiecksfläche.
Das bedeutet auch, dass man in die Grundgleichung
den Zeitabschnitt DtV einsetzen muss.
Im 4. Schritt wird wieder die Gleichsetzungsmethode
angewandt, indem die Grundgleichung
und die Weggleichung nach DtV aufgelöst und
die erhaltenen Ausdrücke gleichgesetzt werden.
Daraus erhält man DtR ¼ f ðv, a, DsÞ.
Die Bestimmungsgleichung für DsR entwickelt
man wieder aus Grund- und Weggleichung, benutzt
also nicht den vorher berechneten Wert für
DtR, umDsR ¼ v DtR zu berechnen. Nur mit der
Bestimmungsgleichung DsR ¼ f ðv, a, DsÞ hat man
einen Ûberblick über die gegenseitigen Abhängigkeiten
zwischen den gegebenen Größen und dem
Reaktionsweg.
Man bekommt damit auch die Möglichkeit, eine
echte Probe vorzunehmen.
Gegeben: v ¼ 120 km m
¼ 33,33
h s
a ¼ 5 m
s2 Ds ¼ 160 m
Gesucht: DtR ¼ f ðv, a, DsÞ
DsR ¼ f ðv, a, DsÞ
v
s R
s V
v
0 t t
R tV a ¼ Dv v
¼
Dt DtV
Ds ¼ DsR þ DsV
v DtV
Ds ¼ v DtR þ
2
a ¼ v
) DtV ¼
DtV
v
a
1. Schritt
2. Schritt
3. Schritt
4. Schritt
v DtV
Ds ¼ v DtR þ
2 ) DtV
2ðDs
¼
v DtRÞ
v
2a Ds
DtR ¼
2av
DtR ¼ f ðv; a; DsÞ
v2
DtR ¼ 1,467 s
Auf gleiche Weise ergibt sich für
v
DsR ¼ Ds
2
2a
DsR ¼ f ðv, a, DsÞ
DsR ¼ 48,9 m
4 Dynamik
Probe:
DsR ¼ v DtR ¼ 33,33 m
1,467 s ¼ 48,9 m
s