Lösung

1
Kugelpendelstoss
Die Länge L der beiden Fäden wird näherungsweise als gleich angenommen. Wenn die beiden
Kugeln sich mittig berühren, muss natürlich für die kleinere Kugel die Fadenlänge etwas grösser
sein als die für die grössere Kugel. Die beiden Kugeln werden näherungsweise als materielle
Punkte behandelt. Dann sind die Fadenlängen vom Aufhängepunkt bis zum Massenmittelpunkt
identisch.
a) Bei Anheben der Kugel 1 um die Höhe h1 wird Hubarbeit gegen die Gravitationskraft
verrichtet; diese Arbeit wird als gespeicherte potentielle Energie der Lage interpretiert.
Epot = m1 · g · h1
Die Höhe h1 wird dabei vom tiefsten Punkt (
h1 = L
0
= 0) aus gemessen, und ergibt sich zu
L · cos = L · (1
cos )
Nach Loslassen der Kugel wird die gespeicherte potentielle Energie vollständig in kinetische
Energie umgewandelt (unter Vernachlässigung der Reibung):
1
Epot = Ekin = m1 · v12 = m1 · g · h1
2
Daraus ergibt sich die Geschwindigkeit der Kugel 1 unmittelbar vor dem Stoss zu
p
p
v1 = 2gh1 = 2 · g · L(1 cos ) =
r
m
m
= 2 · 9, 81 2 · 0, 5 m · (1 cos45 ) = 1, 70
s
s
b) Beim Zusammenstoss der sich ursprünglich mittig berührenden Kugeln ist nur die Komponente senkrecht zu den Aufhängefäden zu berücksichtigen. In Stossrichtung liegt ein
eindimensionaler Stossprozess vor.
Bei einem eindimensionalen, vollständig elastischen Stoss zweier Kugeln gelten Impulsund Energieerhaltungssatz, also
I.E. : m1 v1 + m2 v2 = m1 u1 + m2 u2
E.E. :
1
1
1
1
m1 v12 + m2 v22 = m1 u21 + m2 u22
2
2
2
2
Aus diesen beiden Gleichungen können die beiden Geschwindigkeiten u1 und u2 nach dem
Stossvorgang bestimmt werden:
u1 =
(m1
m2 )v1 + 2m2 v2
,
(m1 + m2 )
u2 =
(m2
m1 )v2 + 2m1 v1
(m1 + m2 )
Da Kugel 2 vor dem Stoss in Ruhe war, gilt v2 = 0 und man erhält für u2 :
u2 =
2 · 1, 0 · 10 2 kg · 1, 70 m
2m1 v1
m
s
=
= 0, 85
(m1 + m2 )
(1, 0 · 10 2 kg + 3, 0 · 10 2 kg)
s
Aus der Energieerhaltung (analog zur Teilaufgabe (a)) erhält man die Steighöhe der Kugel
2:
1
m2 u22 = m2 · g · h2
2
2
(0, 85 m
u2
s)
h2 = 2 =
= 0, 037 m
2·g
2 · 9, 81 sm2
c) Bei einem vollständig unelastischen Stoss kleben die beiden Kugeln zusammen. Deshalb
haben beide Kugeln nach dem Stossvorgang die gleiche Geschwindigkeit
u1 = u2 = uE
Diese ergibt sich aus dem Impulserhaltungssatz
m1 v1 = (m1 + m2 ) · uE
also
uE =
1, 0 · 10 2 kg · 1, 70 m
m1 · v 1
m
s
=
= 0, 43
2
2
(m1 + m2 )
(1, 0 · 10 kg + 3, 0 · 10 kg)
s
Alternative :
Die gemeinsame Geschwindigkeit des Systems uE aus zwei zusammenklebenden Kugeln
nach dem Stoss ist gleich der Geschwindigkeit des Schwerpunkts vS . Diese Schwerpunktsgeschwindigkeit aber ändert sich nicht während des Stossvorgangs. Die Geschwindigkeit
des Schwerpunkts ist vor, während und nach dem Stossvorgang die Gleiche. Dadurch lässt
sich uE auch aus der Schwerpunktsgeschwindigkeit vor dem Stossprozess berechnen.
Für die Schwerpunktskoordinate einer eindimensionalen Anordnung aus zwei Körpern
(Massen m1 und m2 ; Koordinaten bezüglich eines Nullpunkts x1 und x2 ) ergibt sich zu
m1 x1 + m2 x2
xS =
(m1 + m2 )
Ableiten nach der Zeit ergibt die jeweiligen Geschwindigkeiten:
ẋS =
m1 ẋ1 + m2 ẋ2
(m1 + m2 )
mit ẋS = vS = uE , ẋ1 = v1 , ẋ2 = v2 = 0 und man erhält wieder
uE =
1, 0 · 10 2 kg · 1, 70 m
m1 · v 1
m
s
=
= 0, 43
2
2
(m1 + m2 )
(1, 0 · 10 kg + 3, 0 · 10 kg)
s
d) Das Verhältnis der kinetischen Energie nach und vor dem Stoss ergibt sich damit zu
m2 ·v 2
1
1 1
1
2
nach
Ekin
m1
1
2 (m1 + m1 ) · (m1 +m2 )2
2 (m1 + m1 )uE
=
=
=
=
vor
1
1
2
2
Ekin
(m1 + m2 )
4
2 m1 v1
2 m1 v1
Somit ist der Anteil des Energieverlustes p = 1 14 ; 75% der kinetischen Energie von Kugel
1 werden in nicht-mechanische Energieformen umgesetzt.
2
Klötze und Rollen
a) Auf die hängenden Massen wirkt die jeweilige Gravitationskraft F~G nach unten und eine
~ nach oben. Auf die liegende Massen wirken die selben Seilkrafte in
Seilkraft T~ bzw. K
horizontaler Richtung sowie die Gravitationskraft die durch die Normalkraft kompensiert
wird. Die Massen definieren wir wie folgt:
m1 = 6 kg
(1)
m2 = 4 kg
(2)
m3 = 10 kg
(3)
b) Für die Bewegungsgleichungen definieren wir ein Koordinatensystem sodass horizontale
Kräfte nach rechts und vertikale Kräfte nach oben positiv sind. Zur Aufstellung der Bewegungsgleichung summieren wir alle angreifenden Kräfte und setzen die Summe gleich
m · a.
m1 · g + T
= m1 · a1
(4)
K + m3 · g = m3 · a3
(6)
T + K = m2 · a2
(5)
c) gesucht ist a3 . Wir lösen Gleichung (5) nach K auf und Gleichung (4) nach T :
K = m2 · a2 + T
T
(7)
= m1 · a1 + m1 · g
(8)
(m2 · a2 + T ) + m3 · a3
(9)
Einsetzen in Gleichung (6) ergibt:
m3 · a 3 =
=
m2 · a 2
m1 · a1
m1 · g + m3 · g
(10)
Da das Seil inelastisch ist, folgt die Zusatzbedingung a1 = a2 = a3 . Damit folgt für a3 :
g · (m3 m1 )
m1 + m2 + m3
10 m/s2 (10 kg 6 kg)
=
6 kg + 4 kg + 10 kg
= 2 m/s2
a3 =
(11)
(12)
(13)
d) Um die Seilkräfte zu berechnen lösen wir obige Gleichungen nach T und K auf und setzen
das Ergebnis aus c) ein.
T
= m1 · a3 + m1 · g
(14)
= m1 · (a3 + g)
(15)
= 72 N
(17)
= 6 kg · 12 m/s
K =
2
m3 · a3 + m3 · g
= m3 · (g
(18)
a3 )
(19)
2
(20)
= 10 kg · 8 m/s
= 80 N
(16)
(21)
3
Keplerproblem
a) Der Drehimpuls ist L = mr2 ˙ . Ableiten nach der Zeit ergibt
L̇ = 2mrṙ ˙ + mr2 ¨ = mr(2ṙ ˙ + r ¨) = 0.
| {z }
=0
Das Quadrat des Drehimpulses ist L2 = m2 r4 ˙ 2 . Daraus folgt r ˙ 2 =
in die erste Bewegungsgleichung ergibt
r̈ = r ˙ 2
GM
L2
=
r2
m2 r3
L2
.
m2 r 3
Dies eingesetzt
GM
.
r2
b) Für r = R = const gilt ṙ = r̈ = 0. Somit ergibt sich aus der ersten Bewegungsgleichung
und der Gleichung aus a)
R
0=
˙2
=
L2
m2 R3
r
GM
GM
) ˙=⌦=
2
R
R3
p
GM
)
L
=
GM m2 R.
R2
c) Die Gleichung kann mit dem Ansatz r = A sin(!t + ) gelöst werden. Durch Einsetzen
der Funktion und ihrer zweiten Zeitableitung erhält man ! 2 = GM
. Die Parameter A und
R3
müssen durch die Anfangsbedingungen bestimmt werden.
4
Gasturbine
a) p-V-Diagramm
Abbildung 1: p-V Diagramm
b) Um die Temperatur T4 zu berechnen nutzen wir die ideale Gasgleichung:
p4 V4 = nRT4
p4
T4 =
V4
nR
(22)
(23)
Da V4 nicht bekannt ist nutzen wir nun die Adiabtengleichung für die Zustandsänderung
3 ! 4:
p3 V 3 = p4 V 4
✓ ◆1/
p3
V4 =
V3
p4
(24)
(25)
und ersetzen V3 mittels der idealen Gasgleichung:
✓ ◆1/
p3
nRT3
V4 =
.
p4
p3
(26)
Somit erhalten wir
p4
p4
T4 =
V4 =
nR
nR
✓
p3
p4
◆1/
nRT3
=
p3
✓
p3
p4
◆(1/
) 1
T3 .
(27)
Ein einatomiges Gas hat 3 Freiheitsgrade und somit ergibt sich der Adiabatenexponent
zu
5
= .
(28)
3
Damit erhält man eine Temperatur von T4 = 341.44 C. Damit ist (c) die richtige Antwort.
Da das System überbestimmt gibt es auch eine korrekte Rechnung die auf (b) führt.
c) 1 ! 2 Adiabatische Zustandsänderung Die molare Wärme ändert sich nicht.
Qm,1,2 = 0
(29)
2 ! 3 Isobare Zustandsänderung
Hier gelten folgende Zusammenhänge:
U2,3 = Q2,3 + W2,3
Q2,3 = n · cm,p (T3
W2,3 =
p·
(30)
T2 )
V = p (V2
(31)
V3 )
(32)
Ersetzt man nun die Volumen V2 und V3 mittels der ideale Gasgleichung so erhält
man
Wm,2,3 =
=
=
=
=
=
=
1
· W2,3
n
1
· p3 (V2 V3 )
n
✓
◆
1
n R T2 n R T3
· p3
n
p2
p3
✓
◆
T2 T3
R p2
p2
p2
R (T2 T3 )
J
8.314
· (445 K 923.15 K)
mol
J
3975
mol
(33)
(34)
(35)
(36)
(37)
(38)
(39)
Für die molare Wärme erhält man
1
· Q2,3
n
= cm,p · (T3
Qm,2,3 =
(40)
T2 )
J
· (T3
mol K
J
= 9938
mol
= 20.785
(41)
T2 )
(42)
(43)
3 ! 4 Adiabatische Zustandsänderung
Auch hier ändert sich die molare Wärme nicht:
Qm,3,4 = 0
(44)
4 ! 1 Isobare Zustandsänderung
Hier lassen sich Wärme und Arbeit analog zur Zustandsänderung 2 ! 3:
Wm,4,1 = R (T4
J
mol
= cm,p · (T1 T4 )
J
=
6680
mol
= 2672
Qm,4,1
T1 )
(45)
(46)
(47)
(48)
d)
Wtot =
X
Wi
(49)
i
J
J
J
J
+ 3975
+ 3848
+ 2672
mol
mol
mol
mol
J
3258
mol
X
J
Qi = Qm,2,3 = 9938
mol
= 1893
(50)
=
(51)
Qzug. =
(52)
i,Qi >0
Damit ergibt sich der Wirkungsgrad zu
⌘=
J
3258 mol
|Wtot |
=
= 32.78 %
J
Qzug.
9938 mol
(53)
e) Der Wirkungsgrad eines Carnot Kreisprozesses ist gegeben durch:
⌘=1
Tkalt
=1
Twarm
293.15 K
= 68.24 %
923.15 K
(54)
Der Wirkungsgrad einer einfachen Gasturbine ist nicht ganz so gross wie der maximal
mögliche Wirkungsgrad der durch den Carnot Prozess gegeben ist.
Aufg. Nr.
5a
5b
6
7
8
9
10
11
12
13
14
adwo-iqw-a
A
B
C
X
D
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X