mit Lösungen - Lehrstuhl für Optik, Uni Erlangen

Experimentalphysik für Naturwissenschaftler 1
Universität Erlangen–Nürnberg
WS 2011/12
Übungsblatt 3 (25.11.2011) mit Lösungen
Vorlesungen: Mo, Mi, jeweils 08:15 - 09:50 HG
Übungen: Fr 08:15 - 09:45 oder Fr 12:15 - 13:45 14tägig
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1) Rollende Kugeln
Zwei Kugeln bewegen sich mit gleicher Anfangsgeschwindigkeit (und gleichem Startzeitpunkt) über die gezeichneten Profile von Punkt A nach Punkt B. Kommen diese gleichzeitig an? Falls nein, welche kommt früher an?
(qualitative Begründung!)
Lösung:
Nein. Die untere Kugel erreicht Punkt B früher. Für diese gilt auf dem „runden“ Streckenteil, dass die potentielle Energie Epot geringer ist als die anfängliche Epot,0 . Somit muss die kinetische in diesem Bereich wegen der
Energieerhaltung höher sein. Da Ekin = m2 v 2 , sich die Masse jedoch nicht ändert, ist die untere Kugel in diesem
Bereich schneller unterwegs als auf dem geraden Streckenabschnitt, die obere jedoch langsamer. Somit erreicht
die untere Kugel Punkt B zu einem früheren Zeitpunkt als die obere.
1
2) Rampenabschuss
Die Nachbarskinder sind begeisterte Weltraumfans. Sie haben sich eine Abschussrampe mit dem Winkel α = 30◦
N
zur Horizontalen gebaut, an deren unteren Ende sie eine Feder (Federkonstante kF = 400 m
) befestigt haben. Auf
dem Dachboden haben sie eine alte Kiste, die m = 2kg schwer ist, gefunden und haben diese so auf der Rampe
befestigt, dass die Feder um 20cm zusammengedrückt wird.
Da sie sich daran erinnern, dass Sie eine Physikvorlesung hören, fragen die Kinder - bevor sie die Kiste abschießen - Sie um Rat, was sie in etwa erwartet. Sie dürfen das System als reibungsfrei annehmen.
(a) Welche Geschwindigkeit v0 hat die Kiste unmittelbar nach der vollständigen Entspannung der Feder unter
Vernachlässigung der Schwerkraft?
Lösung:
Die Federenergie hat sich dann vollständig in kinetische Energie umgewandelt.
r
kF x2
1
1 2
m
2
kF x = mv0 ⇔ v0 =
= 2.83
(1)
2
2
m
s
(b) Welche Geschwindigkeit vS hat die Kiste unmittelbar nach der vollständigen Entspannung der Feder unter
Berücksichtigung der Schwerkraft?
Lösung:
Nach der Federentspannung um d = 20 cm hat die Kiste bereits eine Höhe von d sin(α) = 10cm gewonnen.
Dadurch steigt ihre potentielle Energie um:
Epot = mgh = mg · sin(α) · d
(2)
Die verbleibende kinetische Energie ist dann
Ekin,S = EFed − Epot =
kF 2
x − mg · sin(α) · d
2
(3)
Somit ergibt sich die Geschwindigkeit zu
vS =
r
2Ekin,S
m
= 2.46
m
s
(4)
(c) Wie hoch (vertikal vom Ende der entspannten Feder aus) kommt die Kiste maximal auf der Rampe?
Lösung:
Die maximale Höhe ist erreicht, wenn die kinetische Energie vollständig in Höhenenergie umgewandelt wurde.
Ekin,S = Epot ⇔ Ekin,S = mgh ⇔ h =
Ekin,S
= 0.31m
mg
(5)
Anmerkung: Längs der Rampe legt die Kiste dann eine Strecke h/ sin(α) = 0.62m zurück.
Die insgesamt gewonnene Höhe ist 0.31m + 0.1m = 0.41m. Dies erhält man auch, indem man die in der Feder
gespeicherte potentielle Energie vollständig in potentielle Energie aufgrund der Schwerkraft umwandelt, also
kF x2 /2 = mghges .
2
3) Murmelbahn
Anschließend werden Sie erneut um Rat gefragt: Die Kinder besitzen eine Murmelbahn und haben mit den entsprechenden Bauteilen einen Looping gebaut. Der Radius ist R = 20cm, die Masse der Murmel m = 50g. Auch
hier können Sie die Reibung wieder vernachlässigen.
(a) Mit welcher Mindestgeschwindigkeit muss die Murmel hineingerollt werden, um nicht herunterzufallen?
Lösung:
Im höchsten Punkt muss die Zentripetalkraft mindestens der Gewichtskraft entsprechen, damit die Kugel nicht
herunterfällt. Somit gilt:
p
v2
(6)
FZ ≥ FG ⇔ m o ≥ mg ⇔ vo ≥ gR
R
Die Anfangsgeschwindigkeit erhalten wir also (jetzt für den Gleichheitsfall der beiden Kräfte gerechnet) über die
kinetische Energie unten:
m
m
Ekin,u = Ekin,o + Epot,o ⇔ vu2 = vo2 + mg2R
(7)
2
2
Eingesetzt und aufgelöst ergibt sich:
p
m
(8)
vu = 5gR = 3.13
s
(b) Nun ist Ihr Basteltrieb geweckt und Sie wollen die Murmel maschinell beschleunigen. Wie viel Energie müssen Sie dazu auf die Murmel übertragen?
Lösung:
Ekin,u =
m 2
v = 0.245J
2 u
3
(9)
4) Marssiedlung
Da die erste permanente Siedlung auf dem Mars (Masse M = 6.419·1023 kg, Radius R = 3396km, Rotationsdauer
T = 24.62h) immer größer wird, wurde auf einer anderen Stelle des Mars eine zweite Siedlung gegründet. Zur
Verbindung beider Siedlungen will man einen Kommunikationssatelliten verwenden, der stationär (d.h. für die
Marsbewohner immer an der gleichen Stelle des Himmels) positioniert sein soll.
(a) Welchen Radius muss dessen Umlaufbahn haben?
Lösung:
2π
1
= 7.089 · 10−5
T
s
mM
FZ = FG ⇔ mω 2 r = G 2
r
r
3 GM
r=
= 2.043 · 107 m = 20430km
ω2
T = 24.62h ⇒ ω =
(10)
(11)
(12)
(b) Wie schnell fliegt der Satellit?
Lösung:
km
m
= 1.448
(13)
s
s
(c) Ein regelmäßiges Shuttle soll Erde und Mars miteinander verbinden. Dieses wird auf einer Rampe senkrecht
zum Marsboden gestartet und hat die Masse m = 400t. Dabei kann die Masse als konstant angenommen werden und Gravitationsfelder anderer Himmelskörper können vernachlässigt werden. Wieviel Energie braucht das
Shuttle mindestens, um den Mars zu verlassen?
Lösung:
∞
Z ∞
Z ∞
mM
mM
mM
G 2 dr = −G
= 5.04 · 1012 J
FG (r)dr =
(14)
=G
r
r R
R
R
R
v = ωr = 1448
4
5) Eisenbahn
Ein Zug der Masse m = 800t befährt eine d = 10.0km lange Bergaufstrecke mit einer Steigung α = 7% bei einer
Geschwindigkeit von v = 120.0 km
. Die Reibung sei zunächst vernachlässigbar.
h
(a) Wieviel potentielle Energie gewinnt der Zug je gefahrenem Meter?
Lösung:
Mit der Kleinwinkelnäherung sin α ≈ tan α ≈ α:
Epot,m = gmh = gm sin(arctan α) · 1m = gm sin(arctan 0.07) · 1m ≈ gm · 0.07m = 549kJ
(15)
(b) Welche Arbeit verrichtet der Zug auf dem Streckenabschnitt?
Lösung:
d
= 5.49GJ
1m
(c) Wie lange könnte damit eine 21W-Energiesparlampe betrieben werden?
Lösung:
W = Epot,m ·
W
= 2.62 · 108 s ≈ 8.3Jahre
P
(d) Berechnen Sie die Leistung des Zuges auf dem Abschnitt.
Lösung:
t=
(16)
(17)
d
W
Wv
W =
=
= 18.3MW
(18)
dt
t
d
(e) Zwischen den Rädern und der Schiene besteht nun Rollreibung (µR = 0.1). Wieviel Arbeit verrichtet der Zug
nun auf diesem Abschnitt?
Lösung:
Mit Kleinwinkelnäherung cos(arctan(α)) ≈ 1 und Normalkraft Fn = cos(arctan α) · FG :
P =
Wneu = WR + W = µR cos(arctan α)gmd + W = gmd(µR cos(arctan α) + sin(arctan α))
(19)
Wneu ≈ gmd(µR + α) = 13.3GJ
(20)
5
6) Billiard
Beim Billiard trifft Kugel A auf eine gleich schwere ruhende Kugel B. Dabei wird Kugel A um einen Winkel von
α = 5◦ zur Stoßrichtung abgelenkt. Nach dem Stoß hat Kugel A eine Geschwindigkeit mit dem Betrag 4.0 ms und
Kugel B eine Geschwindigkeit mit dem Betrag 1.0 ms .
(a) Welchen Winkel schließen die Bewegungsrichtungen von B und A nach dem Stoß ein?
Lösung:
m1 = m2 = m
(21)
Impulserhaltung sowohl in x- als auch in y-Richtung, so dass gilt (x-Richtung sei die Bewegungsrichtung der
Kugel A vor dem Stoß):
va = va′ · cos α + vb′ · cos β
(22)
0 = −va′ · sin α + vb′ · sin β
(23)
Hierbei ist β der Winkel, den Kugel B mit der x-Achse einschließt.
Somit folgt aus Gleichung 23:
v′
sin β = a′ sin α = 0.349
vb
(24)
β = 20.4◦
(25)
Also Gesamtwinkel α + β = 25.4◦ .
(b) Wie groß sind die Geschwindigkeiten von A und B vor dem Stoß?
Lösung:
Wegen Impulserhaltung folgt aus 22:
va = va′ · cos α + vb′ · cos β = 4.92
m
s
(26)
Außerdem (nach Voraussetzung):
vb = 0
(27)
(c) Bleibt die kinetische Energie erhalten?
Lösung:
m 2
m2
va = 12.1 2 · m
(28)
2
s
m2
m ′2
2
′
(29)
va + vb′ = 8.5 2 · m
Ekin
=
2
s
Da die kinetische Energie nach dem Stoß also geringer als vor dem Stoß ist, liegt keine Energieerhaltung vor, d.h.
es ist ein teilelastischer Stoß.
Ekin =
6