Ferienkurs Experimentalphysik 1
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Ferienkurs Experimentalphysik 1 Julian Seyfried Wintersemester 2015/2016 1 Seite 2 Inhaltsverzeichnis 1 Klassische Mechanik des Massenpunktes 1.1 3 Gleichförmig beschleunigte Bewegungen . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1 schiefer Wurf im Gravitationsfeld . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.1 Gravitation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.2 Reibungskraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 Kreisbewegungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.4 Drehmoment, Drehimpuls und Trägheitsmoment . . . . . . . . . . . 8 1.2 2 Bezugs- und Koordinatensysteme 8 2.1 Galilei-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.2 Beschleunigte Bezugsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 A Aufgaben 10 A.1 Schiefer Wurf I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 A.2 Schiefer Wurf II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 A.3 Schiefe Ebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 A.4 Rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 A.5 Eiskunstläufer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 A.6 Paket aus Flugzeug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 B Musterlösung 12 B.1 Schiefer Wurf I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 B.2 Schiefer Wurf 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 B.3 Schiefe Ebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 B.4 Rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 B.5 Eiskunstläufer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 B.6 Paket aus Flugzeug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Seite 3 1 Klassische Mechanik des Massenpunktes In diesem Kapitel behandeln wir die Mechanik von nicht-ausgedehnten Objekten. Wir nehmen an, dass sich die Gesamtmasse auf einen Punkt konzentriert. Die folgenden Betrachtungen behandeln Bewegungen im Mehrdimensionalen und werden daher vektoriell gerechnet. Bei eindimensionalen Aufgaben, wie z.B. dem freien Fall, ist eine skalare Betrachtung ausreichend. Wir geben die Position des Massenpunktes mit dem sog. Ortsvektor an: x(t) ~r(t) = y(t) (1) z(t) Die Geschwindigkeit ~v (t) erhält man analog zum Eindimensionalen: ẋ(t) d~r(t) ˙ ~v (t) = :=~r(t) = ẏ(t) dt ż(t) (2) Der Geschwindigkeitsvektor ist immer tangential zur Bahn. Die Gesamtgeschwindigkeit eines Körpers zum Zeitpunkt t0 ist gegeben durch: p |~v (t0 )| := v(t0 ) = ẋ(t0 )2 + ẏ(t0 )2 + ż(t0 )2 (3) Die Geschwindigkeit eines Körpers ist also anschaulich die Länge des Geschwindigkeitsvektors. Des Weiteren können wir die Beschleunigung berechnen: ẍ(t) 2 d ~r(t) ¨ d~v (t) ~a(t) = = :=~r(t) = ÿ(t) (4) dt dt2 z̈(t) Falls die Beschleunigung bekannt ist, so erhält man die Geschwindigkeit über: Zt ~v (t) − ~v (t0 ) = dt0~a(t0 ) (5) dt0~v (t0 ) (6) t0 Auf die gleiche Art und Weise erhält man: Zt ~r(t) − ~r(t0 ) = t0 In den meisten Fällen wählt man t0 =0 und nennt ~v (t0 ) und ~r(t0 ) ~v0 bzw. ~r0 . Diese beiden Größen beschreiben meist den Startpunkt und die Anfangsgeschwindigkeit. Seite 4 1.1 Gleichförmig beschleunigte Bewegungen Mit den oben beschriebenen Grundlagen betrachten wir nun einen gängigen Spezialfall: die gleichförmig beschleunigte Bewegung. In diesem Fall gilt: ax (7) ~a(t) = ~a = ay az Mit Gleichung (5) erhält man: ax · t + vx0 ~v (t) = ay · t + vy0 az · t + vz0 Und mit Gleichung (6) erhält man schließlich: 1 2 2 · ax · t + vx0 · t + x0 ~r(t) = 21 · ay · t2 + vy0 · t + x0 1 2 2 · az · t + vz0 · t + x0 (8) (9) Wir erhalten die schon aus der Schule bekannten Bewegungsgleichungen getrennt für jede Dimension. In diesem Spezialfall (in Experimentalphysik 1 werden auch nur solche Fälle betrachtet) sind die Bewegungen in den drei Raumrichtungen unabhängig voneinander. Die Gesamtbewegung ist eine Überlagerung dieser drei Bewegungen (Superpositionsprinzip). 1.1.1 schiefer Wurf im Gravitationsfeld Wir betrachten jetzt einen schiefen Wurf im Gravitationsfeld der Erde. Die Achsen werden so gewählt, dass die x-Achse parallel zur Oberfläche in Wurf-Richtung zeigt und die y-Achse senkrecht von der Erdoberfläche weg. In diesem Fall bewirkt die Gravitation eine Beschleunigung in negative y-Richtung, also: ay = −9, 81 · m s2 (10) In x-Richtung erfolgt keine Beschleunigung, die z-Komponente muss in unserem Fall nicht betrachtet werden. Als Abwurfhöhe nehmen wir h an. Als nächstes bestimmen wir die Anfangsgeschwindigkeit unter der Annahme, dass mit einer Geschwindigkeit vo in einem Winkel θ gegen die Horizontale geworfen wird. Für die Geschwindigkeiten gilt dann: cos(θ) v~0 = v0 (11) sin(θ) Seite 5 Unsere Bewegungsgleichung ergibt dann: v0 · cos(θ) · t ~r(t) = − 12 · g · t2 + v0 · sin(θ) · t + h Diese Formel wenden wir jetzt in den Aufgaben A.1 und A.2 an (12) Seite 6 1.2 Kräfte Nachdem wir uns mit beschleunigten Bewegungen beschäftigt haben, wenden wir uns nun der Ursache von Beschleunigungen zu: den Kräften. Die grundlegende Beschreibung erfolgt mit den Newtonschen Axiomen: 1. Ein Körper bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit und Richtung fort oder verharrt in Ruhe, sofern keine resultierende Kraft auf ihn wirkt 2 v 2. m ddt2~r = F~ = m d~ dt = d~ p dt 3. Actio=Reactio: F~21 = −F~12 Man erkennt, dass sich für den Fall konstanter Kraft und Masse eine gleichförmige Beschleunigung ergibt und somit eine Bewegung wie in Kapitel 1.1 beschrieben. 1.2.1 Gravitation Auf Newton geht auch das Gravitationsgesetz zurück: m1 · m2 · ~r F~G = −G · , r3 (13) 3 m wobei G = 6, 67 · 10−11 kg·s 2 Gravitationskonstante genannt wird. Das negative Vorzeichen bedeutet, dass die Kraft anziehend wirkt. Im Bereich der Erdoberfläche kürzt man das Gesetz ab: F~G = −m · g · ~er (14) Erde mit g = G m = 9, 81 sm2 . r2 Erde 1.2.2 Reibungskraft Die Reibungskraft zwischen zwei übereinander gleitenden Oberflächen wird Gleitreibung genannt: −~v F~R,G = µG · FN · (15) |~v | Man bezeichnet die dimensionslose Größe µG als Gleitreibungszahl. FN bezeichnet die Normalkraft, also die Kraft, die der gleitende Körper senkrecht zur Oberfläche ausübt. Der letzte Faktor ist der Einheitsvektor entgegen der Bewegungsrichtung, d.h. die Reibung wirkt immer der Bewegung entgegen. Die Formel für die Haftreibung ist analog. Das Konzept der Kräfte wird nun in der Aufgabe A.3 besprochen. Seite 7 1.3 Kreisbewegungen Im Folgenden betrachten wir Kreisbewegungen in der xy-Ebene um den Ursprung, d.h. die z-Komponente des Ortsvektors bleibt konstant und wird daher im Folgenden nicht betrachtet. p Der Radius |r(t)| := r = x(t)2 + y(t)2 ist bei einer Kreisbewegung konstant. Die einzige sich verändernde Größe ist der Winkel ϕ, den wir wie üblich bezüglich der x-Achse wählen, in mathematisch positiver Richtung (gegen den Uhrzeigersinn). Es ist sinnvoll den Ortsvektor bei Kreisbewegungen in Polarkoordinaten zu schreiben: cos(ϕ(t)) ~r(t) = r (16) sin(ϕ(t)) Die Geschwindigkeit erhalten wir wie gewohnt durch Ableiten: dϕ(t) −sin(ϕ(t)) −sin(ϕ(t)) ~v (t) = r · := r · ω cos(ϕ(t)) cos(ϕ(t)) dt Dazu wurde die Winkelgeschwindigkeit ω := ϕ̇ definiert. Nochmaliges Ableiten ergibt im Falle konstanter Winkelgeschwindigkeit ω: 2 −cos(ϕ(t)) = −ω 2 · ~r(t) ~a(t) = r · ω −sin(ϕ(t)) (17) (18) Betrachten wir nun die Geschwindigkeit |v(t)| der Kreisbewegung. Unter Benutzung von sin(x)2 + cos(x)2 = 1 erhalten wir: |~v (t)| = ω · r = konstant (19) Für die Beschleunigung gilt: |~a(t)| = ω 2 · r = v2 = konstant r (20) Da ~a im Fall konstanter Geschwindigkeit |v| senkrecht auf ~v steht, entspricht |~a| der Zentripetalbeschleunigung. Eine Umdrehung ist vorbei, wenn ein Winkel von 2π durchlaufen wurde, daher gilt für die Umlaufzeit T : 2π (21) T = ω Die Frequenz f der Bewegung ist der Kehrwert der Umlaufzeit: f= Als Aufgabe wird dazu A.4 gerechnet. 1 ω = T 2π (22) Seite 8 1.4 Drehmoment, Drehimpuls und Trägheitsmoment Wir vervollständigen unsere Betrachtungen von Drehbewegungen mit Drehmoment und Drehimpuls. Der Drehimpuls eines Teilchens ist allgemein gegeben durch: ~ = ~r × p~ = m · (~r × ~v ) L (23) Im Falle einer Kreisbewegung (~r ⊥ ~v ) genügt meist folgende Formel: ~ L = m · |~r| · |~v | = m · r · v (24) Analog zur Kraft, welche den Impuls verändert, bewirkt das Drehmoment eine Veränderung des Drehimpulses: p ~ ~ = dL = d~r × p~ + ~r × d~ M = ~r × F~ (25) dt dt dt ~ Wirkt die Kraft senkrecht auf ~r, so gilt in diesem Fall: M = |~r| · F~ Wirkt keine externe Kraft auf ein System, so ist der Drehimpuls eine Erhaltungsgröße. Ein in diesem Zusammenhang wichtiges Konzept ist das sog. Trägheitsmoment I. Das Trägheitsmoment ist das Analogon zur Masse für Kreisbewegungen. Es gibt die Trägheit des Körpers gegen die Drehbewegung an. Die Größe ist so definiert, dass für Translation und Rotation die gleichen Formeln verwendet werden können. Größe Trägheit Geschwindigkeit Impuls Impulsänderung Energie Translation Masse m v p=m·v Kraft F kinetische Energie E = 1 2 · m · v2 Rotation Trägheitsmoment I Winkelgeschwindigkeit ω Drehimpuls L = I · ω Drehmoment M Rotationsenergie E = 12 · I · ω 2 Dazu Aufgabe A.5 2 Bezugs- und Koordinatensysteme Die Wahl des richtigen Bezugssystems kann die Berechnung vieler Probleme stark vereinfachen. Es lohnt sich daher vor Beginn einer Aufgabe sich kurz Gedanken darüber zu machen, welches Bezugs- bzw. Koordinatensystem man verwendet und diese dem Korrektor durch eine Skizze zu veranschaulichen. So legt man z.B. bei einem schiefen Wurf das Koordinatensystem so, dass die xAchse mit dem Boden zusammenfällt und der Koordinatenursprung in den Füßen des Seite 9 Werfers ruht. Man könnte natürlich auch den Ursprung seines Koordinatensystem in die Sonne legen. In diesem Fall muss man jede Ortsangabe bezüglich der Sonne machen und in diesem Bezugssystem die Bewegung der Erde um die Sonne sowie die Rotation der Erde berücksichtigen. In vielen anderen Fällen ist die Wahl des Koordinatensystems nicht so trivial. 2.1 Galilei-Transformation Die Galilei-Transformation beschreibt den Wechsel zwischen Koordinatensystem, die sich mit einer konstanten Geschwindigkeit zueinander bewegen. Im Folgenden entfernt sich das gestrichene System mit Geschwindigkeit ~u vom unterstrichenem System. Zum Wechsel der Koordinatensysteme verwendet man folgende Transformation (GalileiTransformation). x0 (t) = x(t) − ux · t (26) y 0 (t) = y(t) − uy · t (27) z 0 (t) = z(t) − uz · t (28) Die Zeit vergeht in beiden Systemen gleich schnell, ebenso sind Kräfte gleich stark. Die Galilei-Transformation ist nur bei langsamen Geschwindigkeiten gültig (|~u| < 0.1 · c). Bei höheren Geschwindigkeiten wird die Galilei-Transformation durch die Lorentz-Transformation ersetzt (Näheres im 2. Semester bei Besprechung der speziellen Relativitätstheorie). 2.2 Beschleunigte Bezugsysteme In beschleunigten Bezugssystemen sind im Gegensatz zur obigen Betrachtung die Kräfte nicht gleich. Um diesen Effekt zu kompensieren führt man sog. Scheinkräfte ein, die diesen Effekt kompensieren. Zwei bekannte Scheinkräfte sind die Corioliskraft: FC = 2 · m · (~v × ω ~) (29) FZ = m · ω ~ × (~ ω × ~r) (30) und die Zentripetalkraft: Abschließend dazu Aufgabe A.6 Seite 10 A A.1 Aufgaben Schiefer Wurf I Ein Stein wird mit Geschwindigkeit v0 = 36 km h unter einem Winkel von θ = 45 gegenüber der Horizontale aus einer Höhe h = 1, 8m geworfen. Berechne die maximale Höhe und Wurfweite. Unter welchem Winkel trifft der Stein auf den Boden? A.2 Schiefer Wurf II Student Anton möchte seiner kleinen Schwester Berta mit einem Schneeball ins (punktförmige) Gesicht werfen. Anton wirft waagerecht aus einer Höhe h = 1, 9m auf die 3m entfernt stehende Berta, deren Gesicht sich in einer Höhe von 1,4m befindet. Mit welcher Geschwindigkeit muss Anton werfen? Mit welcher Geschwindigkeit wird Berta im Gesicht getroffen? A.3 Schiefe Ebene Wir betrachten eine schiefe Ebene mit Neigungswinkel α, Haftreibungskoeffizient µH = 0.1 und Gleitreibungskoeffizient µG = 0.01. Auf dieser schiefen Ebene liegt ein Holzklotz mit Masse m = 2kg. Wie groß muss der Winkel α mindestens sein, damit der Klotz zum Gleiten beginnt? Welche Geschwindigkeit hat er nach 10s bei diesem Winkel erreicht und welche Strecke wurde dabei zurückgelegt? A.4 Rotor Rotor ist ein beliebtes Fahrgeschäft auf Volksfesten. Der Rotor ist eine Art Karussell, in welchem die Fahrgäste stehen. Durch schnelle Rotation werden die Fahrgäste an die Wand gepresst. Unser Rotor hat einen Durchmesser von d = 5m. Die Personen haben eine Haftreibungskoeffizienten an der Wand von µ = 0.1. Mit welcher Winkelgeschwindigkeit ω muss sich der Rotor drehen, damit die Fahrgäste selbst ohne Boden nicht nach unten fallen würden? Wie schnell bewegen sich dann die Fahrgäste? Wie lange dauert eine Umdrehung? A.5 Eiskunstläufer Ein Eiskunstläufer dreht sich mit ausgestreckten Armen mit einer Frequenz f1 = 6Hz. Sein Trägheitsmoment beträgt I1 = 4kg·m2 . Nun zieht der Eiskunstläufer seine Arme an. Dadurch sinkt das Trägheitsmoment auf I2 = 2kg · m2 . Berechne die Frequenz f2 nach dem Anziehen der Arme. Seite 11 A.6 Paket aus Flugzeug Ein Flugzeug des Internationalen Roten Kreuzes möchte über einem Krisengebiet ein Paket mit Nahrungsmitteln abwerfen. Dazu fliegen sie mit einem Flugzeug in 5km Höhe mit einer Geschwindigkeit von 100 ms . In welchem Abstand vor dem Ziel muss das Paket abgeworfen werden um das Ziel genau zu treffen? Seite 12 B B.1 Musterlösung Schiefer Wurf I Wir verwenden Formel (12): x(t) cos(θ) · v0 · t ~r(t) = = y(t) − 12 · g · t2 + sin(θ) · v0 · t + h (31) Als erstes berechnen wir die maximale Höhe. Mathematisch betrachtet bestimmen wir einfach das Maximum von y(t). Dazu leiten wir y(t) ab und setzen die Ableitung gleich 0. ẏ(t) = −g · t + sin(θ) · v0 (32) Setzen wir nun die Ableitung gleich 0 erhalten wir für th , als Zeit des Erreichens der maximalen Höhe: sin(θ) · v0 = 0.72s (33) th = g Physikalisch macht diese Formel Sinn. Je höher die Anfangsgeschwindigkeit ist, desto mehr Zeit vergeht bis zum höchsten Punkt. Umgekehrt verringert sich diese Zeit mit steigender Erdbeschleunigung. Setzen wir diese Zeit nun in y(t) ein, so erhalten wir die maximale Höhe: ymax = 4.35m (34) Nun bestimmen wir die maximale Wurfweite. Die einzige Unbekannte in x(t) ist die Auftreffzeit ta . Jedoch wissen wir, dass zum Zeitpunkt des Auftreffens die yKoordinate eine Nullstelle hat. Daher berechnen wir im ersten Schritt diese Nullstelle. Diese lässt sich leicht mit der "Mitternachtsformel"bestimmen. Wichtig ist in diesem Fall für t die positive Lösung zu verwenden: tmax ≈ 1, 66s. Nun können wir dieses Ergebnis in x(t) einsetzen und erhalten: x(tmax ) = cos(θ) · v0 · tmax = 11, 75m Zum Abschluss berechnen wir noch den Auftreffwinkel. Es gilt: vy tan(α) = vx (35) (36) Die Geschwindigkeit in x-Richtung ist konstant, und für die Berechnung von vy können wir Formel (32) verwenden. Daraus erhalten wir α = 52, 5◦ . B.2 Schiefer Wurf 2 Wir verwenden zur Lösung der Aufgabe wieder Formel (12): x(t) v0 · t ~r(t) = = y(t) − 12 · g · t2 + h (37) Seite 13 Um die Geschwindigkeit v0 zu bestimmen, müssen wir wissen nach welcher Zeit sich der Schneeball auf Höhe des Gesichts von Berta befindet, also die y-Koordinate 1,4m beträgt. 1 y(tA ) = − · g · t2A + 1, 8m = 1, 4m (38) 2 q Wir erhalten damit: tA = 2·0,4m = 0, 29s g Nun wissen wir, dass der Schneeball in 0,29s eine Strecke von 3m zurücklegen muss. Damit können wir v0 bestimmen. v0 = 3m m = 10, 5 tA s (39) Nun berechnen wir noch die Auftreffgeschwindigkeit nach Formel (3). q m vA = v02 + (−g · tA )2 = 10.6 s B.3 (40) Schiefe Ebene Auf den Klotz wirkt die Gewichtskraft FG = m · g. Diese spaltet sich in eine Normalkraft FN = FG · cos(α) und eine Hangabtriebskraft FH = FG · sin(α) auf. Die Normalkraft resultiert in einer Haftreibungskraft FR,H = FG · cos(α) · µH , die entgegen der möglichen Bewegung gerichtet ist, sowie während der Bewegung in einer Gleitreibungskraft: FR,G = FG · cos(α) · µG . Kurz vor dem Rutschen gilt: FH = FG · sin(α) = FR,H = FG · cos(α) · µH (41) Wir können aus dieser Gleichung den Winkel α = arctan(µH ) = 5.7◦ bestimmen. Nachdem der Klotz begonnen hat zu rutschen, wirkt nach wie vor die Hangabtriebskraft, der jetzt jedoch die Gleitreibungskraft entgegen wirkt. Wir können die resultierende Kraft angeben: Fres = FH − FR,H = m · g · (sin(α) − cos(α) · µg ) (42) Mit Hilfe des zweiten Newtonschen Gesetzes erhalten wir die Beschleunigung: a = g · (sin(α) − cos(α) · µg ) (43) Damit können wir die Geschwindigkeit nach 10s berechnen: v(10s) = a · 10s = 0, 9 m s (44) Für die Entfernung gilt: s(10s) = 1 · a · (10s)2 = 4, 5m 2 (45) Seite 14 B.4 Rotor Die Kraft, mit der die Wand gegen die Fahrgäste drückt, entspricht der Zentripetalkraft. Diese wiederum bewirkt eine Reibungskraft zwischen Fahrgast und Wand. Damit der Fahrgast in Ruhe bleibt, muss sich ein Gleichgewicht zwischen Gewichtskraft und Reibungskraft einstellen. Unser Ansatz lautet: m · g = m · ω2 · r · µ Wir erhalten daher ω = q g r·µ (46) = 5.7 rad s . Für die Geschwindigkeit folgt: v = ω · r = 17.1 ms . Eine Umdrehung dauert T = f1 = 2π ω = 1.1s B.5 Eiskunstläufer Es gilt Drehimpulserhaltung: I1 · ω1 = I2 · ω2 (47) Wir erhalten daher ωω12 = II21 . Wir erkennen, dass sich in diesem Fall die Kreisfrequenz verdoppelt. Da Kreisfrequenz und Frequenz bis auf den Faktor 2π gleich sind, verdoppelt sich auch die Frequenz und es gilt: f1 = 12Hz. B.6 Paket aus Flugzeug Durch die Geschwindigkeit des Flugzeugs relativ zur Erdoberfläche hat das im System des Flugzeugs ruhende Paket bezüglich der Erde eine Anfangsgeschwindigkeit von 100 ms in Flugrichtung. Das Paket wird diese Geschwindigkeit in x-Richtung beibehalten. Wir müssen daher zuerst berechnen wie lange das Paket braucht bis es auf den Boden aufschlägt. Zum Zeitpunkt des Auftreffens ist die y-Koordinate 0. 1 y(tA ) = − · g · t2A + h = 0 2 q Wir erhalten daher: tA = 2·h g = 32s. Nun berechnen wir die zurückgelegte Strecke in x-Richtung in dieser Zeit: x(tA ) = 100 m · tA = 3.2km s Das Paket muss daher 3.2km vor dem Ziel abgeworfen werden. (48) (49)
