Dynamik

Mechanische Kräfte

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Mechanische Kräfte.


  • Bremst man beim Fahrradfahren abrupt mit der Vorderbremse, so ähnelt dies einer Fahrt gegen eine hohe Bordsteinkante: Der Fahrer, der Fahrrad-Rahmen sowie das ungebremste Hinterrad behalten aufgrund ihrer Massenträgtheit ihre ursprüngliche Bewegungsrichtung und (zunächst) auch ihre Geschwindigkeit bei.

    Da der Weg nach vorne “blockiert” ist, ähnelt die Situation eher einem (schwungvollen) Hebelarm, der sich um eine feste Drehachse bewegt: Durch die Trägheit seiner Masse wird der Fahrer im schlimmsten Fall über die Lenkstange katapultiert. Die Vorderbremse sollte daher stets mit Bedacht und möglichst nur als “Unterstützung” der Hinterrad-Bremse eingesetzt werden..

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  • Während des Bremsens spürt ein Fahrgast seine Trägheitskraft und drückt unbewusst nach hinten. Der plötzliche Wegfall der Trägheitskraft beim Anhalten wird jedoch nicht schnell genug bemerkt, und der Körper gibt rückwärts nach.

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  • Da der Einkaufswagen starr ist, können Zug- und Druckkräfte an ihm keine Verformung, sondern lediglich eine Veränderung seiner Geschwindigkeit hervorrufen. Wird der Wagen exakt im rechten Winkel zu seiner Querachse geschoben oder gezogen, so liegen die Wirkungslinien der jeweiligen Kraft auf einer Linie. In diesem Fall wird der Wagen durch gleich große Zug- oder Druckkräfte in gleichem Maße beschleunigt.

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  • Kraft und Gegenkraft haben immer die gleiche Wirkungslinie, aber unterschiedliche Richtungen. Sie treten an allen Stellen auf, an denen Kräfte übertragen werden.

    In den drei abgebildeten Fällen wirken jeweils Gewichtskräfte, denen jweils eine Auflagekraft des Bodens oder eine Haltekraft (des Armes bzw. der Decke) entgegen wirken. Im mittleren Teil der Abbildung könnte für jedes im Regal stehende Buch ein eigener Kraftpfeil eingezeichnet werden. Die Wirkung der einzelnen Gewichtskräfte auf den Boden ist allerdings mit der im Schwerpunkt wirkenden Gesamtkraft identisch. Da sich die Gewichtskraft gleichmäßig auf zwei Punkte verteilt, sind dort die Längen (Beträge) der Kraft-Gegenkraft-Pfeile nur halb so groß.

    ../../_images/kraft-und-gegenkraft-beispiele-1-loesung.png

    SVG: Kraft und Gegenkraft 1 (Lösung)

    Im rechten Teil der Abbildung müssten korrekterweise zwei Kraftpaare eingezeichnet werden: Einerseits zieht die Kugel mit ihrer Gewichtskraft an der Feder und dehnt diese dabei, gleichzeitig hält die Feder die Kugel und hindert sie am Herunterfallen. Andererseits ziehen Kugel und Feder gemeinsam an der Decke, die wiederum mit ihrer Haltekraft entgegenwirkt. Die obige Darstellung kann in der vereinfachten Form nur dann genutzt werden, wenn das Gewicht der Feder gegenüber dem Gewicht der Kugel vernachlässigt werden kann.

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Zusammenwirken mehrerer Kräfte

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Zusammenwirken mehrerer Kräfte.


  • Die Gewichtskraft F_{\mathrm{G}} = m \cdot g des Kindes (m =
\unit[30]{kg}) verteilt sich gleichmäßig auf beide Seilstücke. Somit gilt für die Kraft F in jedem der beiden Seile:

    F = \frac{1}{2} \cdot F_{\mathrm{G}} = \frac{1}{2} \cdot \unit[30]{kg}
\cdot \unit[9,81]{\frac{N}{kg}} = \unit[147,15]{N}

    In beiden Seilen wirkt somit eine Zugkraft von rund \unit[147]{N}.

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  • Zeichnerisch findet man die Gesamtkraft \vec{F}_{\mathrm{Ges}}, indem man ein Kräfteparallelogramm durch durch paralleles Verschiebung der beiden Kraftpfeile konstruiert. Die gesuchte Gesamtkraft entspricht der Diagonalen des Kräfteparallelogramms.

    (Es würde bereits genügen, nur einen Pfeil parallel an die Spitze des anderen zu verschieben. Durch Bildung eines Kräfteparallelogramms erhöht sich bei Zeichnungen von Hand allerdings die Genauigkeit.)

    ../../_images/kraftaddition-kinder-schlitten-loesung.png

    SVG: Kraftaddition Schlitten (Lösung)

    Rechnerisch lässt sich die Aufgabe lösen, indem man den Kräfte \vec{F}_1 und \vec{F}_2 mit Hilfe der trigonometrischen Funktionen \sin{} und \cos{} in jeweils eine x- und eine y-Komponente aufteilt.

    Für die Kraft \vec{F}_1 gilt:

    F_{\mathrm{1,x}} = \unit[40]{N} \cdot \cos{(30\degree)} \approx \unit[35]{N}\\
F_{\mathrm{1,y}} = \unit[40]{N} \cdot \sin{(30\degree)} \approx \unit[20]{N}\\

    Für die Kraft \vec{F}_2 gilt:

    F_{\mathrm{2,x}} &= \unit[40]{N} \cdot \cos{(30\degree)} \approx \unit[35]{N}\\
 _{\mathrm{2,y}} &= \unit[40]{N} \cdot \,\sin{(30\degree)} \approx \unit[-20]{N}\\

    Das Minuszeichen der Kraftkomponente F_{\mathrm{2,y}} gibt an, dass die Kraft entgegen der als positiv festgelegten y-Richtung verläuft. Um beide Kräfte zu addieren, werden die x- und die y-Komponenten beider Kräfte addiert. Es ergibt sich:

    F_{\mathrm{1,x}} + F_{\mathrm{2,x}} = \unit[35]{N} &+ \unit[35]{N} =
\unit[70]{N} \\
F_{\mathrm{1,y}} + F_{\mathrm{2,y}} = \unit[20]{N} &- \unit[20]{N} =
\unit[0]{N} \\

    Die Gesamtkraft \vec{F} _{\mathrm{Ges}} hat somit einen Betrag von rund \unit[70]{N} und verläuft in die positive x-Richtung.

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  • Bei einer Gleitreibungszahl von \mu = 0,15 ergibt sich aus der Gewichtskraft F_{\mathrm{G}} = \unit[500]{N} folgende Reibungskraft F_{\mathrm{R}}:

    F_{\mathrm{R}} = \mu \cdot F_{\mathrm{G}} = 0,15 \cdot \unit[500]{N} = \unit[75]{N}

    ../../_images/kraftzerlegung-schlitten-loesung.png

    SVG: Kraftzerlegung beim Ziehen eines Schlittens (Lösung)

    Wird der Schlitten mit konstanter Geschwindigkeit gezogen, so muss diese Reibungskraft von der horizontalen Komponente der Zugkraft ausgeglichen werden. Für die horizontale bzw. vertikale Komponente der Zugkraft gilt:

    \frac{F_{\mathrm{Z,y}}}{F_{\mathrm{Z}}} = \sin{(\alpha)} \quad
\Leftrightarrow \quad F_{\mathrm{Z,y}} = F_{\mathrm{Z}} \cdot
\sin{(\alpha)} \\
\frac{F_{\mathrm{Z,x}}}{F_{\mathrm{Z}}} = \cos{(\alpha)} \quad
\Leftrightarrow \quad F_{\mathrm{Z,x}} = F_{\mathrm{Z}} \cdot
\cos{(\alpha)}

    Für den Betrag der Zugkraft gilt somit F_{\mathrm{Z}} = \frac{F
_{\mathrm{Z,x}}}{\cos{(\alpha)}} = \frac{\unit[75]{N}}{\cos{(10 \degree)}}
\approx \unit[76,2]{N}.

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  • Wenn ein Kräfte-Gleichgewicht herrscht, so bilden die beteiligten Kräfte eine geschlossene Vektorkette; im Fall dreier Kräfte lassen sich die Vektoren zu einem Kräfte-Dreieck anordnen. Um die Winkel \alpha, \beta und \gamma in diesem Dreieck zu bestimmen, kann der Cosinus-Satz genutzt werden. Hierbei gilt:

    F_1^2 &= F_2^2 + F_3^2 - 2 \cdot F_2 \cdot F_3 \cdot \cos{(\alpha)} \quad
\Leftrightarrow \quad \alpha = \text{acos}\left( \frac{F_2^2 + F_3^2 -
F_1^2}{2 \cdot F_2 \cdot F_3}\right) \\[4pt]
F_2^2 &= F_3^2 + F_1^2 - 2 \cdot F_3 \cdot F_1 \cdot \cos{(\beta)} \quad
\Leftrightarrow \quad \beta = \text{acos}\left( \frac{F_3^2 + F_1^2 -
F_2^2}{2 \cdot F_3 \cdot F_1}\right) \\[4pt]
F_3^2 &= F_1^2 + F_2^2 - 2 \cdot F_1 \cdot F_2 \cdot \cos{(\gamma)} \quad
\Leftrightarrow \quad \gamma = \text{acos}\left( \frac{F_1^2 + F_2^2 -
F_3^2}{2 \cdot F_1 \cdot F_2}\right)

    Mit F_1 = \unit[50]{N}, F_2 = \unit[70]{N} und F_3 =
\unit[90]{N} folgt:

    \alpha &= \text{acos}\left( \frac{70^2 + 90^2 - 50^2}{2 \cdot 70 \cdot
90}\right) \approx 33,56 \degree \\
\beta &= \text{acos}\left( \frac{90^2 + 50^2 - 70^2}{2 \cdot 90 \cdot
50}\right) \approx 50,70 \degree \\
\gamma &= \text{acos}\left( \frac{50^2 + 70^2 - 90^2}{2 \cdot 50 \cdot
70}\right) \approx 95,74 \degree \\

    In Summe ergeben die obigen Winkel 180 \degree. Die Winkel zwischen drei in einem Punkt wirkenden Kräften beträgt jedoch 360 \degree, die “richtigen” Winkel \alpha ^{*}, \beta ^{*} und \gamma
^{*} entsprechen also den zu den obigen Winkeln gehörenden Außenwinkeln. Sie lassen sich berechnen, indem man für jeden Innenwinkel des Dreiecks die Differenz zu 180 \degree bildet:

    \alpha ^{*} &= 180 \degree - \alpha \approx  180 \degree - 33,56 \degree =
146,44 \degree \\
\beta ^{*} &= 180 \degree - \beta \approx  180 \degree - 50,70 \degree =
129,30 \degree \\
\gamma ^{*} &= 180 \degree - \gamma \approx  180 \degree - 95,74 \degree =
\phantom{1}84,26 \degree

    Für die Summe dieser Winkel gilt schließlich \alpha ^{*} + \beta ^{*} +
\gamma ^{*} = 360 \degree.

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  • Da die Laterne symmetrisch aufgehängt ist, müssen die Kräfte \vec{F}_1 und \vec{F}_2 im linken und im rechten Seilstück betragsmäßig gleich sein. Jedes der beiden Seilstücke muss somit in vertikaler Richtung die Hälfte des Gewichtskraft F_{\mathrm{G}} =
\unit[50]{N} der Lampe ausgleichen:

    F_{\mathrm{1,y}} &= F_{\mathrm{2,y}} \\
F_{\mathrm{1,y}} + F_{\mathrm{2,y}} &= \unit[50]{N}\\[8pt]
\Rightarrow F_{\mathrm{1,y}} = F_{\mathrm{2,y}} &= \unit[25]{N}

    Die Größe der horizontalen Kraftkomponente kann graphisch mit Hilfe eines Kräfte-Parallelogramms oder rechnerisch mit Hilfe der trigonometrischen Funktionen anhand des Winkels \alpha
= 25 \degree bestimmt werden.

    ../../_images/kraftzerlegung-strassenlampe-loesung.png

    SVG: Kraftzerlegung am Beispiel einer Straßenlaterne (Lösung)

    Der Winkel zwischen \vec{F}_1 bzw. \vec{F}_2 und der Horizontalen ist ebenfalls gleich \alpha, da es sich um Z-Winkel handelt. Betrachtet man in der obigen Abbildung das orange hervorgehobene Dreieck, so lässt sich die horizontale Komponente F_{\mathrm{1,x}} anhand der folgenden Beziehung ausdrücken:

    \frac{F_{\mathrm{1,y}}}{F_{\mathrm{1,x}}} = \tan{(\alpha)} \qquad
&\text{oder} \qquad \frac{F_{\mathrm{1,x}}}{F_{\mathrm{1,y}}} =
\cot{(\alpha)} \\[8pt]
\Rightarrow F_{\mathrm{1,x}} &= F_{\mathrm{1,y}} \cdot \text{cot}(\alpha)

    Mit dem Cotangens-Wert \text{cot}(\alpha) = \text{cot}(25 \degree)
\approx 2,145 folgt somit F_{\mathrm{1,x}} \approx \unit[53,61]{N}. Der Kraftanteil F_{\mathrm{2,x}} ist ebenso groß, zeigt aber in die entgegengesetzte Richtung.

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  • Mit h= \unit[1]{m}, l_1 = \unit[5]{m} und l_2 =
\unit[10]{m} lassen sich die Größen der Winkel \alpha und \beta folgendermaßen berechnen:

    \tan{(\alpha)} = \frac{\unit[1]{m}}{\unit[10]{m}} \quad &\Leftrightarrow
\quad \alpha = \text{atan}\left(\frac{1}{10}\right) \approx \phantom{1}5,7
\degree \\[8pt]
\tan{(\beta)} = \frac{\unit[1]{m}}{\unit[5]{m}} \quad &\Leftrightarrow
\quad \beta = \text{atan}\left(\frac{1}{5}\right) \approx 11,3 \degree

    Um die Beträge F_1 und F_2 der zwei unbekannten Kräfte zu berechnen, kann man ein Gleichungssystem der wirkenden Kräfte aufstellen. Dabei lassen sich als Bedingungen nutzen, dass die vertikalen Anteile der Kräfte in Summe die Gewichtskraft F_{\mathrm{G}} = \unit[50]{N} der Lampe ausgleichen, und sich die horizontalen Anteile der Kräfte zu Null addieren. Es muss also gelten:

    F_1  \cdot \sin{(\alpha)} + F_2 \cdot \sin{(\beta)} &= \unit[50]{N} \\
-F_1  \cdot \cos{(\alpha)} + F_2 \cdot \cos{(\beta)} &=
\unit[\phantom{5}0]{N} \\

    ../../_images/kraftzerlegung-strassenlampe-asymmetrisch-loesung.png

    SVG: Asymmetrische Kraftzerlegung am Beispiel einer Straßenlaterne (Lösung)

    Um dieses Gleichungssystem zu lösen, kann beispielsweise die zweite Gleichung nach F_1 aufgelöst werden:

    F_1 = \frac{F_2 \cdot \cos{(\beta)}}{\cos{(\alpha)}}

    Dieser Ausdruck für F_1 kann anschließend in die erste Gleichung eingesetzt werden. Es folgt:

    \frac{F_2 \cdot \cos{(\beta)}}{\cos{(\alpha)}} \cdot \sin{(\alpha)} + F_2
\cdot \sin{(\beta)} &= \unit[50]{N} \\[5pt]
F_2 \cdot \left( \frac{\cos{(\beta)}}{\cos{(\alpha)}} \cdot \sin{(\alpha)}
+ \sin{(\beta)}\right) &= \unit[50]{N} \\[10pt]

    Man erhält damit als allgemeine Lösungsformeln:

    \Rightarrow F_2 &= \frac{\unit[50]{N}}{\left(
\frac{\cos{(\beta)}}{\cos{(\alpha)}} \cdot \sin{(\alpha)} +
\sin{(\beta)}\right)}\\[5pt]
\Rightarrow F_1 &= \frac{\unit[50]{N}}{\left(
\frac{\cos{(\beta)}}{\cos{(\alpha)}} \cdot \sin{(\alpha)} +
\sin{(\beta)}\right)} \cdot \frac{\cos{(\beta)}}{\cos{(\alpha)}}

    Setzt man hier \alpha \approx 5,7 \degree und \beta \approx
11,3 \degree ein, so erhält man F_2 \approx \unit[169,0]{N} und F_1 \approx \unit[167,5]{N}.

    Diese Lösung kann ebenfalls (wesentlich schneller!) gefunden werden, wenn man feststellt, dass die in der folgenden Abbildung farblich hervorgehobenen Dreiecke kongruent sind. Damit folgt mit Hilfe des Sinus-Satzes unmittelbar:

    ../../_images/kraftzerlegung-strassenlampe-asymmetrisch-loesung-2.png

    SVG: Asymmetrische Kraftzerlegung am Beispiel einer Straßenlaterne (Lösung)

    \frac{F_{\mathrm{G}}}{ \sin{(\alpha + \beta)}} = \frac{F_1}{ \sin{(90
\degree - \beta)}} \quad &\Longleftrightarrow \quad F_1 =
\frac{F_{\mathrm{G}}}{ \sin{(\alpha + \beta)}} \cdot \sin{(90 \degree -
\beta)} \\
\frac{F_{\mathrm{G}}}{ \sin{(\alpha + \beta)}} = \frac{F_2}{ \sin{(90
\degree - \alpha)}} \quad &\Longleftrightarrow \quad F_2 =
\frac{F_{\mathrm{G}}}{ \sin{(\alpha + \beta)}} \cdot \sin{(90 \degree -
\alpha)} \\

    Auch hier liefert ein Einsetzen der Werte \alpha \approx 5,7 \degree und \beta \approx 11,3 \degree die Werte F_1 \approx
\unit[167,5]{N} und F_2 \approx \unit[169,0]{N}.

    Die an den beiden Seilstücken ziehenden Kräfte sind also jeweils deutlich größer als die Gewichtskraft der Lampe. Da \beta > \alpha ist, hat die Kraft F_2 einen größeren Kraftteil in vertikaler Richtung als F_1.

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Arten mechanischer Kräfte

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Arten mechanischer Kräfte.


  • Um die Gewichtskraft F_{\mathrm{G}} zu berechnen, die einer Masse m entspricht, muss diese mit dem jeweiligen Ortsfaktor g multipliziert werden. Für die Erde gilt mit m = \unit[1]{kg} und g_{\mathrm{Erde}} = \unit[9,81]{N/kg}:

    F_{\mathrm{G, Erde}} = \unit[1]{kg} \cdot \unit[9,81]{\frac{N}{kg} } =
\unit[9,81]{N}

    Auf dem Mond gilt für den Ortsfaktor g_{\mathrm{Mond}} =
\unit[1,60]{\frac{N}{kg} } und somit:

    F_{\mathrm{G, Mond}} = \unit[1]{kg} \cdot \unit[1,60]{\frac{N}{kg} } =
\unit[1,60]{N}

    Die Gewichtskraft der \unit[1]{kg}-Masse ist auf der Erde mit F_{\mathrm{G, Erde}} = \unit[9,81]{N} somit etwa 6 mal größer als die Gewichtskraft F_{\mathrm{G, Mond}} = \unit[1,60]{N} der gleichen Masse auf dem Mond.

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  • Der Ortsfaktor auf dem Mond ist g_{\mathrm{Mond}} = \unit[1,60]{N/kg}, der Ortsfaktor auf der Erde ist g_{\mathrm{Erde}} = \unit[9,81]{N/kg}. Der Astronaut spürt auf der Erde somit eine 9,81 / 1,60 \approx
6,13-fache Gewichtskraft:

    F_{\mathrm{G, Erde}} = \unit[130]{N} \cdot \frac{\unit[9,81]{\frac{N}{kg}
}}{\unit[1,60]{\frac{N}{kg} }} \approx  \unit[130]{N} \cdot 6,13 \approx
\unit[797]{N}

    Die Masse des Astronauten lässt sich berechnen, indem man seine Gewichtskraft durch den jeweiligen Ortsfaktor teilt:

    m = \frac{\unit[130]{N}}{\unit[1,60]{\frac{N}{kg} }} =
\frac{\unit[797]{N}}{\unit[9,81]{\frac{N}{kg} }} = \unit[81,25]{kg}

    Die Masse des Astronauten beträgt somit m = \unit[81,25]{kg}.

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  • Ohne Reibung würden die Füße – extremer als auf Eis – unkontrollierbar über den Boden gleiten.

    Tatsächlich muss die Erde immer “dagegen halten”, wenn ein Körper (durch Muskelkraft oder einen Motor) in eine bestimmte Richtung beschleunigt werden soll. Ohne Reibung würde die Erde keine Kraft spüren, und damit wäre auch die Gegenkraft der Erde auf den Körper gleich Null. Der Körper erfährt somit keine Beschleunigung.

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  • Um die Holzkiste in Bewegung zu versetzen, muss ihre Haftreibungskraft F_{\mathrm{R,H}} überwunden werden. Setzt man die Masse m =
\unit[50]{kg} und die Haftreibungszahl \mu_{\mathrm{H}} =
\unit[0,54]{} in die Haftreibungs-Gleichung ein, so ergibt sich:

    F_{\mathrm{R,H}} = \mu_{\mathrm{H}} \cdot F_{\mathrm{G}} = 0,54 \cdot
\unit[50]{kg} \cdot \unit[9,81]{\frac{N}{kg}} \approx \unit[265]{N}

    Es muss somit eine Kraft F \ge \unit[265]{N} aufgebracht werden, um die Kiste in Bewegung zu versetzen. Um das Gleiten aufrecht zu erhalten, muss nur die Gleitreibungskraft F_{\mathrm{R,G}} ausgeglichen werden:

    F_{\mathrm{R,G}} = \mu_{\mathrm{G}} \cdot F_{\mathrm{G}} = 0,34 \cdot
\unit[50]{kg} \cdot \unit[9,81]{\frac{N}{kg}} \approx \unit[167]{N}

    Somit gilt für die zum (Weiter-)Gleiten der Kiste nötige Kraft F \ge
\unit[167]{N}.

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  • Die Federkonstante D einer Schraubenfeder ist gleich dem Verhältnis aus der auf sie wirkenden Kraft F und der resultierenden Längenänderung \Delta s:

    D = \frac{F}{\Delta s}

    Setzt man die Werte F = \unit[1]{N} und \Delta s =
\unit[33]{cm} = \unit[0,33]{m} ein, erhält man:

    D = \frac{\unit[1]{N}}{\unit[0,33]{m}} = \unit[3,03]{\frac{N}{m} }

    Die Federkonstante D beträgt somit \unitfrac[3,03]{N}{m}.

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  • Für den Betrag der zum Dehnen einer Feder nötigen Spannkraft F_{\mathrm{S}} gilt mit D = \unitfrac[40]{N}{m} und s =
\unit[12]{cm} = \unit[0,12]{m}:

    F_{\mathrm{S}} = D \cdot s = \unit[40]{\frac{N}{m} } \cdot \unit[0,12]{m}
= \unit[4,8]{N}

    Es ist somit eine Kraft von \unit[4,8]{N} nötig, um die Schraubenfeder \unit[12]{cm} weit zu dehnen.

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  • Die Dehnung s einer Feder lässt sich anhand der bekannten Federhärte D = \unitfrac[650]{N}{m} und der wirkenden Kraft F =
\unit[20]{N} wie folgt berechnen:

    F_{\mathrm{s}} = D \cdot s \quad \Longleftrightarrow \quad s = \frac{F
_{\mathrm{s}}}{D}

    s = \frac{F_{\mathrm{S}}}{D} = \frac{\unit[20]{N}}{\unit[650]{\frac{N}{m}
}} \approx \unit[0,031]{m}

    Die Schraubenfeder wird somit um \unit[0,031]{m} = \unit[3,1]{cm} gedehnt.

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  • Damit das Fahrzeug nicht aus der Kurve gleitet, muss die Haftreibungskraft F_{\mathrm{H}} zwischen der Straße und den Reifen mindestens genauso groß sein wie die zum Durchfahren der Kurve nötige Radialkraft F_{\mathrm{rad}}, es muss also gelten:

    F_{\mathrm{H}} &= F_{\mathrm{rad}} \\[4pt]
\mu_{\mathrm{H}} \cdot m \cdot g &= m \cdot \frac{v^2}{r} \\
\Rightarrow r &= \frac{v^2}{\mu_{\mathrm{H}}\cdot g} \\

    Der Mindestradius r der Kurvenbahn beim Durchfahren mit einer bestimmten Geschwindigkeit v ist also unabhängig von der Fahrzeugmasse. Mit v = \unit[36]{km/h} = \unit[10]{m/s}, \mu_{\mathrm{H}} = 0,8 und g = \unit[9,81]{\frac{m}{s^2}} folgt:

    r = \frac{v^2}{ \mu_{\mathrm{H}} \cdot g} =
\frac{\left(\unit[10]{\frac{m}{s}}\right)^2 }{0,8 \cdot
\unit[9,81]{\frac{m}{s^2}}} \approx \unit[12,75]{m}

    Der Mindestradius beträgt somit knapp \unit[13]{m}.

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