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Vorlesung Physik I im WS 2003/04 Übungsaufgaben Physik I im WS 2003/04 Sie können zur Vereinfachung bei allen Aufgaben g = 10 m s-2 verwenden Aufgabenblatt zum 16.10.2003 1. a. b. c. d. Zwei PKW fahren nebeneinander mit gleicher Geschwindigkeit auf eine grüne Ampel zu. Bei einem Abstand von 75 m schaltet die Ampel auf gelb. Die Gelbphase dauert 3 s. Beide Fahrer reagieren 0,8 s nach der Ampelschaltung: Fahrer Nr. 1 bremst gleichmäßig mit –3,5 m s-2 bis zum Stop direkt vor der Ampel, Fahrer Nr. 2 beschleunigt mit +2,5 m s-2. Wie groß ist die Anfangsgeschwindigkeit der Fahrzeuge? Kann Fahrzeug Nr. 1 noch während der Gelbphase stoppen? Kann Fahrzeug Nr. 2 die Ampel noch während der Gelbphase passieren? Berechnen Sie die Beschleunigung, die nötig wäre, damit Fahrzeug Nr. 2 genau beim Umschalten von gelb auf rot die Ampel passiert. Lösungen: 1a. Gegeben: Gesamtstrecke s ges 75 m , Bremsverzögerung PKW(1): a1 3,5 m s 2 , Be- schleunigung PKW(2): a 2 2,5 m s 2 Reaktionszeit = Zeit mit gleichförmiger Geschwindigkeit: t v 0,8 s . Gesucht: Anfangsgeschwindigkeit: v 0 v02 2 a1 Es gilt für PKW(1): s ges sv s a1 v0 t v Lösung für v0: v0 2 a1 s ges a12 t v2 a1 t v 20,28 m km 73,0 s h 1c. v0 5,79 s 5,8 s a a1 Gesamtzeit = Reaktionszeit + Bremszeit = 0,8 s + 5,8 s = 6,6 s. Ergebnis: PKW(1) stoppt nicht während der Gelbphase (Verkehrstechnisch in Ordnung, weil PKW(1) vor der Ampel zum Stehen kommt). Zurückgelegter Weg sg von Fahrzeug Nr.2 während der Gelbphase t g 3 s setzt sich 1d. aus dem Reaktionsweg und dem Weg mit gleichmäßiger Beschleunigung a2 zusammen. 1 2 s g s v s a 2 v0 t g a 2 t g t v 66,9 m Lösung: 2 Die Ampel (Entfernung: 75 m) kann also während der Gelbphase nicht erreicht werden. PKW(2) passiert die Ampel bei Rotlicht. Gesamtstrecke s ges 75 m , Zeit mit gleichförmiger Geschwindigkeit: t v 0,8 s , Ge- 1b. Bremszeit PKW(1): t a1 samtzeit der Gelbphase: t g 3 s , Beschleunigungszeit: t a t g t v 2.2 s Gesucht: Beschleunigung a 2 , so dass die Ampel in 3 s erreicht werden kann. 1 2 Es gilt: s ges s v s a v0 t g a 2 t g t v 2 2 s ges v0 t g m a 2 5,85 2 . Lösung: 2 s t g t v (Bemerkung: Diese Beschleunigung ist sehr hoch. Mit 5,85 m/s2 beschleunigt ein Fahrzeug "in 4,7 s von 0 auf 100 km/h". Fazit. Bremsen wäre besser.) 1 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 Aufgabenblatt zum 23. 10. 2003 2. a. b. Einer gut einsehbaren Kreuzung nähern sich auf der vorfahrtberechtigten Straße ein mit der konstanten Geschwindigkeit von 36 km/h fahrender Lkw und auf der senkrecht dazu verlaufenden anderen Straße ein Pkw, der zu diesem Zeitpunkt von der Kreuzung mit 150 m dreimal so weit entfernt ist wie der Lkw und eine Geschwindigkeit von 72 km/h besitzt. (Die Fahrzeuge sind punktförmig!) Wann erreicht der Lkw die Kreuzung? Um die Kreuzung noch vor dem Lkw passieren zu können, beschleunigt der Pkw- Fahrer gleichmäßig. Wie groß ist die Beschleunigung und welche Geschwindigkeit hat der Pkw auf der Kreuzung? Lösungen: 2a 2b. 150 m 1 s PKW 50 m 3 3 Zeit für LKW bis zum Erreichen der Kreuzung: s 50 m 50 t LKW LKW s 5s 1 v LKW 36 / 3,6 m s 10 Beschleunigte Bewegung mit Anfangsgeschwindigkeit: 1 0 2 2 s PKW v PKW t LKW a PKW t LKW 2 0 2 s PKW v PKW t LKW m a PKW 4 2 2 t LKW s Beschleunigung für PKW: Entfernung LKW: Endgeschwindigkeit PKW: 3. a. b. c. d. s LKW End 0 v PKW v PKW a PKW t LKW m m m km End v PKW 20 4 2 5 s 40 144 s h 2 s Der Anhalteweg eines Pkw setzt sich aus dem Reaktionsweg (gleichförmige Bewegung vom Erkennen des Hindernisses bis zum Beginn des Bremsens) und dem tatsächlichen Bremsweg (gleichmäßig beschleunigte Bewegung) bis zum Stillstand zusammen. Die Reaktionszeit des Fahrers, betrage 0,5 s und die Bremsverzögerung sei -7m/s². Prinzipskizze des a-t-, v-t- und s-t-Diagramms. Wie groß darf die maximale Geschwindigkeit vor z. B. einer Schule höchstens sein, wenn der Anhalteweg 5m nicht überschreiten soll? Wie groß ist die Bremszeit und wie groß sind der Reaktionsweg und der reine Bremsweg? Wie lautet die mittlere Geschwindigkeit für den Anhalteweg? Lösungen: 3a. siehe Vorlesung 3b. 3c. 2 v max 2a Anhalteweg: s ges v max t R Lösung für vmax: v max 2 a s ges a 2 t R2 a t R 5,569 Bremszeit: tB 0 v max 5,569 s 0,7956 s a 7 m km 20,04 s h 2 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 3d. Reaktionsweg: s R v max t R 5,569 0,7956 m 2,785 m Bremsweg sB 1 2 a t B2 2,215 s Mittlere Geschwindigkeit = Durchschnittsgeschwindigkeit: s ges 5m m vm 3,859 t ges 0,5 0,7956s s Aufgabenblatt zum 6. 11. 2003 4. a. b. c. d. Auf einer kreisförmigen Pkw-Testbahn mit einem Radius von 30 m soll die Aussage des PKW-Herstellers "und in Kurven in 4 s von Null auf 72 km/h" überprüft und weitere Eigenschaften festgestellt werden. Die Bewegung sei gleichmäßig beschleunigt. Welche Bahnbeschleunigung liegt demnach vor? Wie groß sind die Gesamtbeschleunigung und die Radialbeschleunigung 0 s, 2 s und 4 s nach dem Start? Welche Winkelbeschleunigung liegt vor und welche Winkelgeschwindigkeit hat das als Massenpunkt angenommene Fahrzeug 0 s, 2 s und 4 s nach dem Start? Nach welcher Zeit sind zwei Runden gefahren, wenn das Testfahrzeug nach Erreichen der Maximal-geschwindigkeit gleichförmig weiterfährt? Lösungen: 4a. Maximale Tagential(=Bahn-)geschwindigkeit: vT (t 4 s ) 72 km h 1 20 m s 1 . Tangential(=Bahn-)beschleunigung: aT 4b. vT 20 0 m s 1 5 m s 2 4 0 s t 0 s nach dem Start: Tangentialbeschleunigung: aT t 0 s 5 m s 2 Normal(=Radial-)beschleunigung: a N (t 0 s ) Gesamtbeschleunigung: a ges t 0 s aT2 a N2 5 m s 2 2 s nach dem Start: Tangentialbeschleunigung: aT t 2 s 5 m s 2 Normal(=Radial-)beschleunigung: a N (t 2 s ) vT2 0 m s 2 R vT2 aT t 3,33 m s 2 R R 2 Gesamtbeschleunigung: a ges t 2 s aT2 a N2 6,01 m s 2 4 s nach dem Start: Tangentialbeschleunigung: aT t 4 s 5 m s 2 Normal(=Radial-)beschleunigung: a N (t 4 s ) vT2 aT t 13,33 m s 2 R R 2 Gesamtbeschleunigung: a ges t 0 s aT2 a N2 14.24 m s 2 3 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 4c. Winkelbeschleunigung: Winkelgeschwindigkeit für t 0 s : 4d. Winkelgeschwindigkeit für t 2 s : Winkelgeschwindigkeit für t 4 s : Zeit für zwei Runden: Der Gesamtweg beträgt: aT 5 2 s 0,166 s 2 R 30 (t 0 s) t 0 s 1 (t 2 s) t 0,333 s 1 (t 4 s) t 0,666 s 1 s ges 2 U 2 2 R 4 R 377 m In t a 4 s mit Beschleunigung wird Weg: 1 a t a2 40 m 2 s v 377 m 40 m 337m sa zurückgelegt, und anschließend mit gleichförmiger Geschwindigkeit: vTmax 20 m s 1 . 337 m Die benötigte Zeit ist: tv 16,85 s . 20 m s 1 Die Gesamtzeit: t ges 20,85 s Aufgabenblatt zum 13. 11. 2003 5. Für einen PKW soll der Bremsvorgang auf einer geraden und auf einer kreisförmigen Strecke verglichen werden. Die Haftreibungszahl zwischen den PKW Reifen und trockenem Asphalt beträgt H ,max 1,0 . (Zur Vereinfachung soll angenommen werden, dass der Wert der Haftreibungszahl H , max unabhängig von der Kraftrichtung ist.) a. b. c. d. Wie groß darf die Bremsverzögerung auf gerader Strecke sein, damit der PKW nicht rutscht? Bestimmen Sie für eine Anfangsgeschwindigkeit von v0 144 km h den kürzesten Bremsweg und die Bremszeit auf gerader Strecke. Betrachten Sie zum Vergleich einen Bremsvorgang in einer Kurve (kreisförmige Strecke mit einem Kurvenradius von 200 m) mit gleicher Anfangsgeschwindigkeit ( v0 144 km h ). Wie groß kann die Bremsverzögerung in diesem Fall höchstens sein? Bestimmen Sie den Bremsweg und die Bremszeit (für eine als konstant angenommene Bremsverzögerung) bei der Kreisfahrt Lösungen: 5a. Bedingung: Die Kraft, die die Verzögerung a B verursacht, Fa m a B , muss kleiner (genauer: kleiner gleich) als die Haftreibungskraft FH H ,max FN H ,max mg sein. 5b. Betrag der Bremsverzögerung: a B H ,max g 1,0 10 Maximale Bremsverzögerung: a B 10 Für die Bremsverzögerung gilt: m m 10 2 2 s s m s2 v 0 v 0 aB t t B 0 4 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 0 v0 v 40 m s 0 4,0 s aB aB 10 m s 2 für die Bremszeit folgt: tB Bremsweg für a B 10 m s 2 : s B v0 t B v2 1 v2 1 a B t B2 0 a B 02 aB 2 aB 2 v02 80 m 2a B Die Gesamtbeschleunigung a ges ergibt sich durch Vektoraddition der Radialbeschleuni gung a R und der tangential wirkenden Bremsverzögerung a B . a ges a R a B 2 2 Für die Beträge gilt: a ges a R a B sB 5c. 5d und aB Maximale Radialbeschleunigung: aR Für die Gesamtbeschleunigung gilt: FR H ,max m g m a ges FTr und a ges 10 Maximale Bremsverzögerung: aB Bremsweg für a B 6 m s 2 : für die Bremszeit folgt: 6. a. b. c. a ges 2 aR 2 v02 40 2 m 2 s 2 m 8 2 R 200 m s m s2 2 a ges a R 2 m m a B 10 2 8 2 2 6 2 s s 1 s B v 0 t B a B t B2 2 2 v v2 v2 1 s B 0 a B 02 0 133,3 m aB 2 aB 2a B v 0 v0 40 m s tB 0 6,66 s aB aB 6 m s2 Ein Flugzeug fliegt einen Dreieckskurs entlang der Punkte A B C A. Die Seiten des Dreiecks sind jeweils s 0 100 km lang, die Fluggeschwindigkeit beträgt km v0 150 . h Berechnen Sie zunächst die Flugzeit unter der Annahme, dass während des Fluges kein Seitenwind herrscht. Berechnen Sie die Flugzeit unter der Annahme eines während des gesamten Fluges konstanten Seitenwindes vW = 50 km h-1, der senkrecht zur Verbindungslinie von B C wirkt. Vergleichen Sie die unter a. und b. berechneten Flugzeiten. Welche prozentualen Änderungen ergeben sich für die Teilstrecken AB, BC und CA, sowie für die Gesamtstrecke A B C A? A 5 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung B C vW U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 Lösungen: 6a. Gesamtstrecke: s ges 3 100 km 300 km km h s ges 300 km h t ges 2 h 120 min Gesamte Flugzeit: v0 150 km Flug mit konstantem Seitenwind: (Allgemeine Lösung mit Hilfe des Cosinussatzes) v0 150 Geschwindigkeit während des Fluges: 6b. Ziel vW Kurslinie vG v0 Start Das Flugzeug soll auf der Kurslinie vom Start zum Ziel gesteuert werden. Unter dem Winkel relativ zur Kurslinie herrscht Seitenwind ( wird als Windwinkel bezeichnet: bei 0 hat man Rückenwind, bei 180 Gegenwind, bei 90 Seitenwind von rechts, bei 270 Seitenwind von links.) Die Kurslinie verbindet Start und Ziel. Bei Wind von der Seite, also wenn 0 und 180 ist, muss der Steuerkurs von der Kurslinie abweichen. Wenn Kurslinie, Windwinkel und Betrag der Windgeschwindigkeit gegeben sind, kann die (wahre) Grundgeschwindigkeit v G berechnet werden und der Vorhaltewinkel mit Hilfe des Cosinussatzes ermittelt werden. Für den Winkel im Dreieck gilt: 360 Bestimmung der Grundgeschwindigkeit: Nach Cosinussatz gilt für Winkel : v 02 vW2 vG2 2 vW vG cos Durch Umstellung erhält man: v G2 2 v G vW cos v 02 vW2 Die Lösung für vG lautet: v G v 02 vW2 1 cos 2 vW cos Strecke A B: 210 und ß 150 : vG 150 2 50 2 1 cos 2 150 50 cos 150 kmh 6 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 vG 147,90 43,30 km km 104,6 h h Strecke B C: 90 und ß 270 : (Man kann formal 90 und ß 270 in die Lösungsformeln einsetzten oder zum besseren Verständnis der obigen Zeichnung auch den Umkehrkurs betrachten: 270 und ß 90 . Die Lösungen sind identisch, da cos 90 cos 270 0 ). km vG v 02 vW2 1 cos 2 vW cos v02 vW2 141,4 h Strecke C A: 330 und ß 30 : km vG 150 2 50 2 1 cos 2 30 60 cos 30 h km km vG 147,90 43,30 191,2 h h s0 s s 0 0 Flugzeit mit Seitenwind: t ges t A B t B C t C A v a B v B C v C A 100 km 100 km 100 km t ges 104,6 km / h 141,4 km / h 191,2 km / h t ges 0,9560 h 0,7072 h 0,5230 h 2,1862 h 2 h 11,2 min 6c. Die Gesamtflugzeit mit Seitenwind ist 11,2 Minuten, entsprechend 9,3% länger. Ohne Wind wird für jede Seite des Dreiecks t 0 40 min benötigt. A B: Mit Wind: 57,36 Minuten, also 43,4% mehr B C: Mit Wind: 42,43 Minuten, also 6,1 % mehr C A: Mit Wind: 31,38 Minuten, also 21,55% weniger. Aufgabenblatt für 20. 11. 2003 Verwenden Sie zur Vereinfachung g = 10 m s-2. 7. Auf zwei unterschiedlich geneigten Dachflächen (siehe Skizze) liegen zwei Massen mit m1 = m2 = 1 kg, die mit einem Seil verbunden sind. Das Seil wird auf der Dachspitze mit einer Rolle umgelenkt. Die Massen von Seil und Rolle sollen vernachlässigt. werden. Betrachten Sie ohne und mit Berücksichtigung der Haftreibung die Kräfte, die auf die beiden Massen m1 und m2 wirken. Wie groß muss die Haftreibungszahl H,max mindestens sein, damit die Massen nicht ins Gleiten kommen? b. Stellen Sie sich vor, man hätte links und rechts der Umlenkrolle Kraftmessgeräte im Seil. Welche Seilkräfte zeigen diese an, solange sich die Massen nicht bewegen? c. Man nehme jetzt an, dass die in Aufgabe 7.a. berechnete Haftreibungszahl H,max unterschritten werde (z. B. durch Regen, der auf das Dach fällt). Die beiden Massen beginnen a. 7 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 d. zu gleiten. In welche Richtung? Die Gleitreibungszahl während des Rutschvorganges soll dann (einheitlich für m1 und m2) G = 0,2 betragen. Wie groß ist die Beschleunigung? Berechnen Sie erneut die Kräfte im Seil. Welche Kräfte (einschließlich der Trägheitskräfte) wirken nach dem D'Alembertschen Prinzip jeweils auf die beiden Massen m1 und m2. Geben Sie Betrag und Richtung dieser Kräfte an. Lösungen: 7a. Die Gewichtskraft kann jeweils in die senkrechte Normalkomponente FN und die den Hang abwärts weisende Tangentialkomponente FT zerlegt werden. FT 1 m g sin 30 5,00 N Für Masse m1 gilt: FN 1 m g cos 30 8,66 N Für die Masse m2 gilt: FT 2 m g sin 60 8,66 N FN 2 m g cos 60 5,00 N Ohne Haftreibung gilt wirkt auf die Masse m2 wirkt eine größere Kraft FT 2 8,66 N abwärts als auf m1, FT 1 5,00 N . Betrachtet man m2, so wirkt FT 2 8,66 N abwärts, während die durch m1 erzeugte Seilkraft FS FT 1 5 N an m2 aufwärts gerichtet ist. Die Differenz ist, da entgegengesetzt gerichtete Kräfte betrachtet werden, ungleich Null. Berücksichtigt man die Haftreibung, so ist die Summe aller Kräfte, die auf m2 wirken, gleich Null, da die Körper in Ruhe bleiben sollen. Haftreibungskraft und Seilkraft wirken an m2 in die selbe Richtung. Es gilt für die Beträge der Kräfte: FT 2 FS FH 2 0 . Die Seilkraft FS ist die Summe von FT 1 und der Haftreibungskraft der Masse m1, da beide die selbe Richtung besitzen: FT 2 FT 1 FH 1 FH 2 0 oder: FT 2 FT 1 FH 1 FH 2 H ,max FN 1 FN 2 Die Massen bleiben in Ruhe wenn für die Haftreibungszahl folgende Relation gilt: F FT 1 8,66 5,00 H ,max T 2 0,2679 . FN 1 FN 2 8,66 5,00 7b. Die Seilkräfte sind in jedem Punkt des Seils, also auch links und rechts der Umlenkrolle gleich groß. Sie betragen für H . max links der Umlenkrolle: FS FT 1 FH ,max 1 5 N 0,27 8,66 N 7,32 N rechts der Umlenkrolle: 7c. FS FT 2 FH ,max 2 8,66 N 0,27 5 N 7,32 N Die Masse m2 gleitet abwärts, die Masse m1 aufwärts. Die Summe der Tangentialkräfte und Gleitreibungskräfte ist ungleich Null. Die Resultierende bewirkt nach dem zweiten Newtonschen Axiom (Aktionsprinzip) eine Beschleunigung: FT 2 FT 1 FG1 FG 2 m ges a m1 m 2 a 0 1 FT 2 FT 1 FG1 FG 2 m ges 8,66 5,00 1,00 1,732 N 0,464 m s 2 a 2 kg 7d. Das Seil überträgt die auf die Masse m1 wirkenden Kräfte. Wie in 7.b. muss auch hier zunächst die Summe der Kraft FT 1 und der Gleitreibungskraft FG1 G FN 1 aufgebracht werden. Nach dem D'Alembertschen Prinzip wirkt aber zusätzlich noch die TrägBeschleunigung: a 8 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 heitskraft m1 a entgegengesetzt zur Beschleunigungsrichtung, also in die selbe Richtung wie FT 1 und FG1 . Die Seilkraft ist also: FS FT 1 G FN 1 m1 a FS 5,000 N 0,2 8,660 N 0,464 N 7,196 N Nach dem D'Alembertschen Prinzip ist unter Einbeziehung der Trägheitskräfte die Summe aller Kräfte an beiden Massen gleich Null. Auf die Masse m1 wirken also die Kräfte FT 1 5,000 N , die Reibungskraft FG1 G FN 1 1,732 N und die Trägheitskraft m1 a 0,464 N abwärts. Die Seilkraft FS 7,196 N wirkt an m1 aufwärts. An der Masse m2 wirkt FT 2 8,660 N abwärts. Die Gegenkräfte sind die Seilkraft FS 7,196 N , die Gleitreibungskraft FG 2 G FN 2 1,000 N und die Trägheitskraft m2 a 0,464 N . 8. Drei Massen, m1 = 2 kg m2 = 3 kg und m3 = 1 kg, sind mit (masselosen) Seilen verbunden. m2 liegt auf einer horizontalen Unterlage, m1 und m3 hängen senkrecht an den Seilen herab. Die Seile werden mit masselosen Rollen mit Radius R = 0,1 m umgelenkt. a. Welche Haftreibungszahl H,max muss für m2 unterschritten werden, damit sich die Massen bewegen? Die Gleitreibungszahl G für m 2 betrage 0,2. Wie groß ist die Beschleunigung der Massen? Wie groß ist die Winkelbeschleunigung der Rollen? Welche Drehzahl haben die Umlenkrollen, wenn sich die Massen um die Strecke s = 1 m bewegt haben? b. c. d. Lösungen: 8a. Die Gewichtskraft der Masse m1 beträgt FG1 20 N , die der Masse m3 FG 3 10 N . Ohne Reibung von Masse m2 würde sich das System nach rechts bewegen. Bewegt sich das System jedoch nicht, so gilt: Die Seilkraft erzeugt durch die Gewichtskraft von m1 ( FG1 20 N ), die nach rechts zieht, ist gleich der Summe der Haftreibungskraft von m2 ( FR 2 H , max FN 2 ) und der Gewichtskraft von m3 ( FG 3 10 N ), da diese beide Kräfte entgegengesetzt zu FG1 (nach links)gerichtet sich. Die Normalkraft von m2 beträgt: FN 2 m2 g 30 N . FG1 FG 3 m1 m3 1 FN 2 m2 3 Gegeben: Gleitreibungszahl G 0,2 . Gesucht: Beschleunigung a. Gewichtskraft von m1: FG1 m1 g 20 N Gewichtskraft von m3: FG 3 m1 g 10 N Reibungskraft von m2: FR 2 G FN 2 6 N Lösung: b. H ,max 9 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 c. d. Trägheitskraft von m1, m2 und m3: D'Alembertsches Prinzip: Nach Einsetzten folgt: FTr m1 m2 m3 a FG1 FG 3 FR 2 FTr 0 m1 g m3 g G m2 g m1 a m2 a m3 a 0 Lösung: a m1 m3 G m2 g m1 m2 m3 a 0,666 m Winkelbeschleunigung: 6,66 s 2 2 r 0,1 m s Nach s1 1 m Fallweg hat m1 die Geschwindigkeit: 0,4 g 0,666 m s 2 6 v1 2 a s1 1,1547 m s 1 Drehzahl der Rolle: n v 1 1,837 s 1 2 2 r Aufgabenblatt zum 27. 11. 2003 9. Die Masse m = 1 kg rutscht mit der Geschwindigkeit v0 = 5 m/s aus einer Höhe von h0 = 1 m eine schiefe Ebene mit Neigungswinkel = 45° hinab. Am Ende der schiefen Ebene rutscht sie auf der Strecke s12 = 2 m horizontal weiter und trifft am Ende auf eine Feder mit der Federkonstanten D = 4500 N/m. a. Berechnen Sie die Energien Eges, Ekin und Epot sowie die Reibungs- und Verformungsarbeit und die Geschwindigkeiten in den Punkten 0 bis 3 der Bahn ohne Berücksichtigung der Gleitreibung. Wie groß ist der Federweg x? Wie hoch kann die Masse nach dem Rückprall auf der schiefen Ebene wieder steigen? Berechnen Sie die Energien Eges, Ekin und Epot sowie die Reibungs- und Verformungsarbeit und die Geschwindigkeiten in den Punkten 0 bis 3 der Bahn mit Berücksichtigung der Gleitreibung (G = 0,4). Wie groß ist der Federweg x? Wie hoch kann die Masse nach dem Rückprall auf der schiefen Ebene steigen? 10 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 b. Wie groß muss v0 gewählt werden, damit die Masse nach dem Rückprall wieder in die Ausgangshöhe h0 steigen kann? (Gleitreibungszahl wie vor, vernachlässigen Sie aber zur Vereinfachung die Reibung auf dem Federweg x) Verwenden Sie g = 10 m/s2 Lösungen: 9a. h0 4J sin G m g s12 8 J Gleitreibungsarbeit auf der Strecke 0 1: WR 01 G m g cos Gleitreibungsarbeit auf der Strecke 1 2:. W R12 ohne Reibung mit Reibung Bezugspunkt 0 1 2 3 0 1 2 3 Eges J 22,5 22,5 22,5 22,5 22,5 22,5 22,5 22.5 Federweg ohne Reibung: Ekin J 12,5 22,5 22,5 0 12,5 18,5 10,5 0 x Epot J 10 0 0 0 10 0 0 0 2 W E D x Federweg mit Reibung: WR01 J 0 0 0 4 4 4 WR12 J 0 0 8 8 WE J 22,5 10,5 v m/s 5 6,71 6,71 0 5 6,08 4,58 0 2 22,5 N m 0,100 m 4500 N / m 2 W E D 2 10,5 N m 0,068 m 4500 N / m Rückweg ohne Reibung: Gesamte Energie E ges 22,5 J kann in potentielle Energie umgesetzt werden: E pot E ges und für die Höhe gilt: hrück E ges mg 2,25 m Rückweg mit Reibung: Nach dem Hinweg 0 1 2 3 sind in der Feder 10,5 J gespeichert. Beim Rückweg verliert die Masse auf dem Weg von 2 1wieder WR21 = WR12 = 8 J Reibungsarbeit. Am Bezugspunkt 1 bleiben also E kin 2,5 J als kinetische Energie, die dann in Reibungsarbeit auf der schiefen Ebene sowie potentielle Energie umgesetzt werden: h Rück m g h Rück sin 2,5 J h Rück 0,178 m m g G cot 1 E kin 2,5 J G m g cos und für die Höhe gilt: 9b. Die kinetische Energie am Bezugspunkt 0 muss gleich der Summe aller auf dem Hinund Rückweg benötigten Reibungsarbeiten sein. Die Summer der Reibungsarbeiten ist nach Aufgabe 8.a. W R ges 4 J 8 J 8 J 4 J 24 J . 11 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 v0 Es gilt: 10. a. b. 2 WR ges m 2 24 kg m 2 m 6,9 2 s 1 kg s Ein LKW mit der Masse m LKW 25 t erreicht eine lange Strecke mit einem 10%igem Gefälle. Welche mechanische Leistung müssten die Bremsen in Wärme umwandeln, damit der LKW die Geschwindigkeit 50 km/h halten kann. Bei langer Bergabfahrt soll die Bremsleistung den Wert von 300 kW nicht übersteigen. Wie sollte der Fahrer des LKW sich deshalb verhalten. Lösungen: 10a. Gefälle mit 10% entspricht: Leistung: 10b. Maximale Geschwindigkeit: G 0,1 tan mit 5,7 A P F v mg sin v 345kW P Pmax km v max max 43 F m g sin h 11.- Eine Kette der Masse m ges 1 kg und Gesamtlänge l 1 m (mit homogener Massenver- teilung entlang der Länge l) liegt auf einer Tischplatte. Ein Stück der Kette mit der Länge x hängt über die Tischkante hinab. Die Länge der Kette auf dem Tisch ist y l x . Die Haftreibungszahl beträgt H ,max 0,5 , die Gleitreibungszahl G 0,4 . a. b. c. Wie lang muss das überhängende Stück x0 sein, damit die Kette ins Rutschen kommen kann? Rutscht die Kette mit einer gleichmäßig beschleunigten Bewegung? Wie lautet die Gleichung für die Beschleunigung? Zeichnen Sie die Funktion a(x). Welche Geschwindigkeit hat die Kette, wenn sie gerade in voller Länge von der Tischkante geglitten ist? Lösungen: 11a. Masse des überhängenden Stücks: Gewichtskraft für dieses Stück: Reibungskraft: m x x m ges l FG x mx g FR x H ,max FN x 12 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 FR x H ,max m ges mx g FG x0 FR x0 Bedingung für Bewegung: x0 x m ges g H ,max m ges 0 m ges g l l x0 x H ,max 1 0 l l x0 H ,max l x0 H ,max x0 Lösung für x0: 11b. H ,max 0,5 1 l 1 m m 1 H ,max 1,5 3 Gewichtskraft und Reibungskraft sind entgegengesetzt gerichtet. Nach dem FG x FR ( x) m ax 0 D’Alembertschen Prinzip gilt: FG x FR x x x G 1 g m ges l l x G l G x a ( x) g l x x a( x) 1 G G g 1,4 0,4 g l l a ( x) Für x 1 gilt: l 3 Beschleunigung der Kette 1,0 a (x )/ g 0,8 0,6 0,4 0,2 0,0 0,00 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 1,00 x /l Die Beschleunigung ist also nicht konstant. Wenn x/l = 0,333 ist a/g= 0,066 wenn x/l = 1 ist a/g = 1. 11c. Setze z. B. die potentielle Energie dann, wenn die Kette vollständig vom Tisch geglitten x x 1 ist und 1 , gleich Null. Folge: Beim Beginn des Rutschvorgangs, dann wenn l l 3 2 ist, befindet Teil (1) der Kette mit m ges auf dem Tisch und besitzt potenzielle Energie. 3 Wenn die Kette vom Tisch gerutscht ist (nach Definition soll Epot dann Null sein), hat 13 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 1 2 l nach unten bewegt. Die potenzielle E2 3 nergie des Teils (1) im Anfangszustand ist also: sich der Schwerpunkt von Teil (1) um Es folgt: 2 1 2 E 1pot m ges g l 3 2 3 2 20 E 1pot m ges g l J 9 9 1 m ges besitzt, hängt in der Anfangsposition bereits herab. In der 3 2 Endposition ist der auf dem Tisch liegende Teil (der l lang ist) vollständig vom Tisch 3 2 geglitten und der Scherpunkt von Teil (2) befindet sich deshalb auch l tiefer. 3 1 2 2 20 2 E pot m ges g l m ges g l J Es folgt: 9 3 3 9 4 40 2 Die gesamte potentielle Energie ist: E ges E pot E 1pot E pot m ges g l J 9 9 Die potentielle Energie wird in kinetische Energie und in Reibungsarbeit verwandelt. 1 Kinetische Energie: E kin m ges v 2 2 Der andere Teil(2), der 0 , 666 l Reibungsarbeit: FR y dy WR 0 0 , 666 l WR G g 0 , 666 l G m y g dy 0 m y dy G g m ges l 0 Lösung: Kinetische Energie: Lösung für v: y dy 0 G g m ges 1 4 2 1 2 l y 2 29 l l 0 2 2 8 WR G g m ges l 0,4 10 1 1 J J 9 9 9 40 8 32 E kin E ges WR J J J 9 9 9 32 2 J 2 E ges WR 9 2,666 m v 1 kg m ges s WR G g m ges 0 , 666 l 0 , 666 l Alternativer Lösungsansatz: Man berechne die Beschleunigungsarbeit. Diese entspricht der Fläche unter der roten Linie im oben gezeigten a/x Diagramm: Beschleunigunsarbeit: Am Anfangspunkt (A) gilt: E E A A Wa Fa dx m ax dx 1 x( A) l 3 14 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 2 x A 1,4 1,2 a( A) 1,4 0,4 g g g l 3 30 3 x ( E ) 1l Am Endpunkt (E) gilt: x E a( E ) 1,4 0,4 g 1,4 0,4 g g Es folgt für a(E): l 2 30 g 1 g 2 32 32 l Wa m m lg J Trapezfläche unter der Kurve * m: 2 3 90 9 Die Beschleunigungsarbeit Wa wird in kinetische Energie umgewandelt: 32 m Es folgt (wie oben): E kin J und v 2,666 9 s Es folgt für a(A): Aufgabenblatt zum 4. 12. 2003 12. a. Ein Schmied bearbeitet ein Werkstück (Masse: mW 2 kg ) mit einem Hammer (Masse: m H 6 kg ) auf einem Amboss (Masse: m A 192 kg ). Betrachten Sie den Schlag als vollkommen unelastisch. Die Wechselwirkung des Amboss mit der Unterlage muss nicht berücksichtigt werden. Welcher Anteil der kinetischen Energie des Hammers dient der Verformung des Werkstückes? Lösung: 12a. Bei einem „vollkommen unelastischer Schlag“ besitzen der Hammer (H), das Werkstück (W) und der Amboss (A) nach dem Schlag die gleiche Geschwindigkeit. Der Schlag mit dem Hammer überträgt Impuls auf das Werkstück und den Amboss. (Die Bewegung des Amboss muss dann durch die Unterlage bedämpft werden.) Lösung: Impulserhaltungssatz: Energieerhaltungssatz: Es folgt: 13. a. b. c. d. e. m H v H m H m A mW u 1 1 0 E kin m H v H2 m H m A mW u 2 Q 2 2 mH Q 1 97 % 0 m H m A mW E kin Auf einer waaggerechten Straße fährt ein PKW(P) (mP = 1000 kg) mit vP = 90 km/h auf einen vor ihm fahrendes LKW (L) (mL = 9 000 kg) auf. Die beiden Fahrzeuge verkeilen sich ineinander und rutschen anschließend noch mit der Gleitreibungszahl: G 0,8 eine Strecke von 6,25 m. Welche Rutschgeschwindigkeit haben die Fahrzeuge unmittelbar nach dem Unfall? Wie groß ist die mittlere Verzögerung während des Rutschvorgangs? Wie groß ist die maximale und die mittlere Bremsleistung? Welche Geschwindigkeit hatte der LKW vor dem Zusammenstoß? Wie groß war der Kraftstoß beim Aufprall? 15 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 f. Wie viel Prozent der anfänglichen Energie der beiden Fahrzeuge verbleibt als kinetische Energie, wie viel Prozent wird in Verformungs-/Wärmeenergie, wie viel als Reibungsarbeit beim Rutschen verbraucht? Lösungen: L P 13a. Die kinetische Energie E kin , die die beiden verkeilten Fahrzeuge nach dem Zusammenstoß haben, wird in Reibungsarbeit W R verwandelt: 1 PL E kin m P m L u P2 L G m P m L g s R WR 2 m km Geschwindigkeit u P L : u P L 2 G g s R 10 36 s h u v 0 u P L 13b. (Durchschnitts-)Verzögerung: a R P L tR tR t u es folgt: t R P L aR und: u P2 L 1 u P2 L 1 1 u P2 L 2 sR u PL t R aR t R 2 aR 2 aR 2 aR 1 u P2 L m Verzögerung beim Rutschen: a R 8 2 2 sR s 13c. Kraft für die Verzögerung: Fa m P m L a R 80 kN m Maximale Geschwindigkeit: u Rmax u P L 10 s max Maximalleistung: Lmax Fa u R 800 kW Durchschnittsgeschwindigkeit: u R Durchschnittsleistung: 13d. Impulserhaltungssatz: Geschwindigkeit des LKW: 13e. Kraftstoß für PKW: Kraftstoß für LKW: sR sR aR m 5 tR v P L s L Fa u R 400 kW p P p L m p v P m L v L m P m L u P L p P L 1 p L P p P m P m L u P L m P v P mL mL m m L u P L m P v P m km vL P 8,33 30 mL s h F dt p P p P m P v P m p u L P 25 kNs 10 kN s 15 kNs F dt p L p L m L v L m L u L P 75 kNs 90 kNs 15 kN s vL P L P L E kin E kin E kin Q 1 P Kinetische Energie des PKW: E kin m P v P2 312,5 kJ 2 1 L Kinetische Energie des LKW: E kin m L v L2 312,5 kJ 2 13f. Energieerhaltungssatz: 16 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 1 m P L u P2 L 500 kJ 2 P L P L Verformungs-/Wärmeenergie: Q E kin E kin E kin 625 kJ 500kJ 125kJ 125 kJ Q Relativer Energieverlust: 20% , P L E kin E kin 625 kJ WR 500 kJ Reibungsenergie: 80% P L E kin E kin 625 kJ Kin. Energie LKW+PKW: 14. P L E kin Ein ballistisches Pendel der Masse m2 = 10 kg hänge an einem Seil der Länge l. Durch eine Geschosskugel der Masse m1 = 10 g hebt sich der Schwerpunkt um h = 5 cm. Berechnen Sie die Geschossgeschwindigkeit v1. Lösung: 14. Beim Einschuss der Kugel gilt der Impulserhaltungssatz: p1 p 2 p e wobei p e der gemeinsame Impuls von Geschoss und Pendel ist. Da p 2 0 , gilt: m1 v1 m1 m2 ve m1 v1 m1 m 2 Beim Einschuss der Kugel in die Pendelmasse gilt der Impuls- jedoch nicht der Energieerhaltungssatz (für die mechanischen Energien), da ein Teil der Energie in Wärme und Verformungsarbeit verwandelt wird. Nach dem Einschuss besitzt das Pendel eine 1 2 von Null verschiedenen Geschwindigkeit und eine kinetische Energie E kin . Diese Energie wird beim Aufsteigen des Pendels in potentielle Energie verwandelt. Es gilt der Energieerhaltungssatz (warum?): 1 2 2 E kin E 1pot Es folgt: ve Es gilt: 2 E 1pot m1 m 2 g h Es gilt: Lösung: m1 1 1 E m1 m2 ve2 m1 m2 2 2 m1 m2 m m2 m 2 g h 1001 v1 1 m1 s 1 2 kin 2 2 v1 Aufgabenblatt zum 11. 12. 2003 17 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 15. a. b. Zwei Massen m1 = 2 kg und m2 = 1 kg sind mit einem Seil verbunden, das über eine Umlenkrolle (homogener Zylinder) mit der Masse mR = 1 kg geführt ist (siehe Zeichnung). Mit welcher Beschleunigung a bewegen sich die Massen? Berechnen Sie die Seilkräfte links (FS1) und rechts (FS2) von de Rolle. Lösungen: 15a. Da m1 m 2 ist, bewegen sich die beiden Massen nach links. D’Alembertsches Prinzip (für m1): F Seilkraft an m1: FS1 FR FS2 Kraft zur Erzeugung von MR: Seilkraft an m2: Es folgt: Lösung: 15b. Seilkraft links der Rolle: Seilkraft rechts der Rolle: 1 G FS1 m1 a 0 1 2 a mR r M J 2 r 1m a FR R R 2 r r r FS2 FG2 m2 a m2 g m2 a 1 m1 g m R a m2 g m2 a m1 a 0 2 m1 m2 1 2 a g g g 1 3,5 7 m R m1 m2 2 2 m a g 0,2857 g 2,857 2 7 s 1 FS1 m R a m2 g m2 a 2 20 100 10 FS1 N 10 N N N 14,28 N 7 7 7 FS2 m2 g m2 a 20 90 FS2 10 N N N 12,85 N 7 7 Kontrolle: Gewichtskraft von m1: FG1 m2 g 20 N 100 Seilkraft an m1: FS1 N 14,28 N 7 40 FTr1 m1 a N 5,71 N Trägheitskraft von m1: 7 Folgerung: Die Summe aller Kräfte ist Null. 18 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 16. Auf zwei unterschiedlich geneigten Dachflächen (siehe Skizze) liegen zwei Massen mit m1 = m2 = 1 kg, die mit einem Seil verbunden sind. Das Seil wird auf der Dachspitze mit einer Rolle umgelenkt. Die Massen des Seils soll vernachlässigt. werden, nicht jedoch die Masse der Umlenkrolle, die als Hohlzylinder mit mR = 1 kg betrachtet werden kann. a. b. c. d. Betrachten Sie ohne und mit Berücksichtigung der Haftreibung die Kräfte, die auf die beiden Massen m1 und m2 wirken. Wie groß muss die Haftreibungszahl H,max mindestens sein, damit die Massen nicht ins Gleiten kommen? Stellen Sie sich vor, man hätte links und rechts der Umlenkrolle Kraftmessgeräte im Seil. Welche Seilkräfte zeigen diese an, solange sich die Massen nicht bewegen? Man nehme jetzt an, dass die in Aufgabe 7.a. berechnete Haftreibungszahl H,max unterschritten werde (z. B. durch Regen, der auf das Dach fällt). Die beiden Massen beginnen zu gleiten. In welche Richtung? Die Gleitreibungszahl während des Rutschvorganges soll dann (einheitlich für m1 und m2) G = 0,2 betragen. Wie groß ist die Beschleunigung? Berechnen Sie erneut die Kräfte im Seil. Welche Kräfte (einschließlich der Trägheitskräfte) wirken nach dem D'Alembertschen Prinzip jeweils auf die beiden Massen m1 und m2. Geben Sie Betrag und Richtung dieser Kräfte an. Bitte verwenden Sie für Aufgabe 16 und 17 die Lösungen der Aufgaben 7 und 8. Die Auggaben sind bis auf die Tatsache, dass in Aufg. 7 u. 8 die Masse der Rollen vernachlässigt wurde, in Aufg 16 und 17 diese aber berücksichtigt werden sollen, identisch. Aufgabenteile, deren Lösungen vollständig identisch mit früheren sind, müssen natürlich nicht noch einmal bearbeitet zu werden. Es reicht aus, wenn Sie bemerken, dass die früheren Lösungen gelten. Lösungen: 16a. Alle Bedingungen im Haftreibungsfall sind unabhängig von der Masse der Umlenkrolle. Deshalb ergeben sich gleiche Lösungen wie in Aufg. 7a. Die Gewichtskraft kann jeweils in die senkrechte Normalkomponente FN und die den Hang abwärts weisende Tangentialkomponente FT zerlegt werden. FT 1 m g sin 30 5,00 N Für Masse m1 gilt: FN 1 m g cos 30 8,66 N FT 2 m g sin 60 8,66 N FN 2 m g cos 60 5,00 N Ohne Haftreibung gilt wirkt auf die Masse m2 wirkt eine größere Kraft FT 2 8,66 N abwärts als auf m1, FT 1 5,00 N . Betrachtet man m2, so wirkt FT 2 8,66 N abwärts, Für die Masse m2 gilt: 19 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 während die durch m1 erzeugte Seilkraft FS FT 1 5 N an m2 aufwärts gerichtet ist. Die Differenz ist, da entgegengesetzt gerichtete Kräfte betrachtet werden, ungleich Null. Berücksichtigt man die Haftreibung, so ist die Summe aller Kräfte, die auf m2 wirken, gleich Null, da die Körper in Ruhe bleiben sollen. Haftreibungskraft und Seilkraft wirken an m2 in die selbe Richtung. Es gilt für die Beträge der Kräfte: FT 2 FS FH 2 0 . Die Seilkraft FS ist die Summe von FT 1 und der Haftreibungskraft der Masse m1, da beide die selbe Richtung besitzen: FT 2 FT 1 FH 1 FH 2 0 oder: FT 2 FT 1 FH 1 FH 2 H ,max FN 1 FN 2 Die Massen bleiben in Ruhe wenn für die Haftreibungszahl folgende Relation gilt: F FT 1 8,66 5,00 H ,max T 2 0,2679 . FN 1 FN 2 8,66 5,00 16b. Auch die Seilkräfte hängen im Haftreibungsfall nicht von der Masse der Umlenkrolle ab. Deshalb ergeben sich die gleichen Lösung wie in Aufg. 7b. Die Seilkräfte sind in jedem Punkt des Seils, also auch links und rechts der Umlenkrolle gleich groß. Sie betragen für H . max links der Umlenkrolle: FS FT 1 FH ,max 1 5 N 0,27 8,66 N 7,32 N rechts der Umlenkrolle: FS FT 2 FH ,max 2 8,66 N 0,27 5 N 7,32 N 16c. Wenn die Massen beschleunigt werden, muss auf die Umlenkrolle eine Winkelbeschleunigung R wirken, die durch ein Drehmoment MR verursacht wird. Für das Drehmoment ist die Kraftkomponente FR erforderlich: M FR R r wobei r der Radius der Umlenkrolle ist. a Es gilt: M R J R J r 2 Trägheitsmoment der Rolle: J m R r M R mR r 2 a Es folgt: mR a FR r r2 Die Masse m2 gleitet abwärts, die Masse m1 aufwärts. Neben den Tangentialkräften, Gleitreibungskräfte und Trägheitskräften für die Beschleunigung von m1 und m2 muss FR, die Kraft zur Erzeugung des Drehmomentes an der Rolle, berücksichtigt werden. Das D’Alembertsche Prinzip liefert: FT 2 FT 1 FG1 FG 2 FR m1 m2 a FT 2 FT 1 FG1 FG 2 m1 m 2 m R a 1 FT 2 FT 1 FG1 FG 2 a Beschleunigung: m1 m2 m R 8,66 5,00 1,00 1,732 N 0,309 m s 2 a 3 kg 16d. Das Seil überträgt die auf die Masse m1 wirkenden Kräfte. Wie in 7.b. muss auch hier zunächst die Summe der Kraft FT 1 und der Gleitreibungskraft FG1 G FN 1 aufgebracht werden. Nach dem D'Alembertschen Prinzip wirkt aber zusätzlich noch die Trägheitskraft m1 a entgegengesetzt zur Beschleunigungsrichtung, also in die selbe Richtung wie FT 1 und FG1 . 20 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 Die Seilkraft ist also: FS1 FT 1 G FN 1 m1 a Die Gleichung für die Seilkraft FS1 an der Masse m1 ist identisch mit der in Aufg. 7, allerdings ist die Beschleunigung a verschieden.. FS1 5,000 N 0,2 8,660 N 0,309 N 7,041 N Nach dem D'Alembertschen Prinzip ist unter Einbeziehung der Trägheitskräfte die Summe aller Kräfte an beiden Massen gleich Null. Auf die Masse m1 wirken also die Kräfte FT 1 5,000 N , die Reibungskraft FG1 G FN 1 1,732 N und die Trägheitskraft m1 a 0,309 N abwärts, während die Seilkraft FS1 7,041 N aufwärts wirkt. An der Masse m2 wirkt FT 2 8,660 N abwärts. Die Gegenkräfte sind die Gleitreibungskraft der Masse m2, FG 2 G FN 2 1,000 N , die Trägheitskraft von m2, FTr2 m2 a 0,309 N und die Seilkraft FS2 , die sich aus der durch m1 erzeugte Seilkraft FS1 7,041 N und der Kraft FR m R a 0,309 N , die das Drehmoment für die Winkelbeschleunigung der Umlenkrolle erzeugt, zusammensetzt: FS2 FS1 FR 7,350 N . Die Summe dieser Kräfte ist wieder Null. 17. Drei Massen, m1 = 2 kg m2 = 3 kg und m3 = 1 kg, sind mit (masselosen) Seilen verbunden. m2 liegt auf einer horizontalen Unterlage, m1 und m3 hängen senkrecht an den Seilen herab. Die Seile werden mit Rollen (homogene Vollzylinder) der Masse mR = 1 kg mit Radius R = 0,1 m umgelenkt. Welche Haftreibungszahl H,max muss für m2 unterschritten werden, damit sich die Massen bewegen? b. Die Gleitreibungszahl G für m2 betrage 0,2. Wie groß ist die Beschleunigung der Massen? c. Wie groß ist die Winkelbeschleunigung der Rollen? d. Welche Drehzahl haben die Umlenkrollen, wenn sich die Massen um die Strecke s = 1 m bewegt haben? a. Lösungen: 17a. Alle Bedingungen im Haftreibungsfall sind unabhängig von der Masse der Umlenkrollen. Deshalb ergeben sich gleiche Lösungen wie in Aufg. 8a. Die Gewichtskraft der Masse m1 beträgt FG1 20 N , die der Masse m3 FG 3 10 N . Ohne Reibung von Masse m2 würde sich das System nach rechts bewegen. Bewegt sich das System jedoch nicht, so gilt: Die Seilkraft erzeugt durch die Gewichtskraft von m1 ( FG1 20 N ), die nach rechts zieht, ist gleich der Summe der Haftreibungskraft von m2 ( FR 2 H , max FN 2 ) und der Gewichtskraft von m3 ( FG 3 10 N ), da diese beide Kräfte entgegengesetzt zu FG1 (nach links)gerichtet sich. Die Normalkraft von m2 beträgt: FN 2 m2 g 30 N . 21 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 FG1 FG 3 m1 m3 1 FN 2 m2 3 17b. Gegeben: Gleitreibungszahl G 0,2 . Gesucht: Beschleunigung a. Gewichtskraft von m1: FG1 m1 g 20 N Gewichtskraft von m3: FG 3 m1 g 10 N Reibungskraft von m2: FR 2 G FN 2 6 N Trägheitskraft von m1, m2 und m3: FTr m1 m2 m3 a Lösung: H ,max D'Alembertsches Prinzip: Nach Einsetzten folgt: 1 2 a mR r M J 2 r FR R r r r 1 FR m R a 2 FG1 FG 3 FR 2 2 FR FTr 0 m1 m3 G m2 g m R m1 m2 m3 a 0 Lösung: a Kraft zur Erzeugung von MR: m1 m3 G m2 g m R m1 m2 m3 a 0,571 m 17c. Winkelbeschleunigung: 5,71 s 2 r 0,1 m s 2 17d. Nach s1 1 m Fallweg hat m1 die Geschwindigkeit: 4 m s 2 0,571 m s 2 7 v1 2 a s1 1,0686 m s 1 Drehzahl der Rolle: n v 1 1,701 s 1 2 2 r Aufgabenblatt zum 18. 12. 2003 18. Eine Kugel mit Radius r = 6 cm und der Masse m = 1 kg soll (ohne zu gleiten) durch eine Loopingbahn mit Radius R = 30 cm rollen (Bitte beachten Sie die Zeichnung: Die Schwerpunkt der Kugel bewegt sich auf dem Kreis mit Radius R, der Radius der Loopingbahn selbst ist R + r). Die Anfangshöhe h ist der Abstand zwischen dem tiefsten Punkt der Loopingbahn und dem unteren Rand der Kugel in der Ausgangshöhe. a. Wie groß muss die Höhe h sein, damit der Ball die Loopingbahn am höchsten Punkt nicht verlässt? 22 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 b. c. d. Welche Geschwindigkeit hat die Kugel in diesem Punkt? Wie groß sind die verschiedenen mechanischen Energien? Welche Geschwindigkeit und welche Energien besitzt die Kugel am tiefsten Punkt der Bahn? Betrachten Sie statt der rollenden Kugel eine reibungsfrei gleitende Masse m = 1 kg. Wie groß muss jetzt die Anfangshöhe h sein? Lösungen: 18a. Bedingung für die Kräfte im höchsten Punkt der Loopingbahn: Zentrifugalkraft ist größer gleich der Gewichtskraft v2 FZf m FG m g R 2 Für Geschwindigkeit folgt: v Rg Energieerhaltungssatz: trans rot E pot h E kin E kin E pot 2 R mgh . 1 1 m v 2 J 2 m g 2 R 2 2 Potentielle Energie: v r v2 R g 2 2 2 r r 2 J m R2 5 1 12 gR m g h m R g m r 2 2 mg 2 R 2 25 r 1 2 27 h R R 2R R 1,35 m 2 10 10 m m v R g 5 2,24 s s 1 1 trans E kin m v 2 m R g 2,5 J 2 2 1 1 2 tran 2 Rg 1 rot E kin 1J J 2 m r 2 2 m R g E kin 2 25 5 5 r E pot 2 R m g 2 R 10 J Kontrolle: Energieerhaltungssatz: trans rot E pot h m g h 13,5 J E kin E kin E pot 2 R Rollen ohne Gleiten: Es folgt: mit Trägheitsmoment: erhält man: Kürze m und g: 18b. Geschwindigkeit: Kin. Energie Translation: Kin. Energie Rotation: trans rot 18c. Am tiefsten Punkt der Bahn ist die Summe der kinetischen Energien E kin ,t und E kin,t gleich der potentiellen Anfangsenergie E pot h : trans rot E kin ,t E kin ,t E pot h m g h 13,5 J 2 1 12 7 v m vt2 m r 2 t2 m vt2 2 25 10 r 10 135 m m E pot h 4,39 vt 7m 7 s s E pot h 23 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 18d. Gleitende Masse: Die Bedingung für die Minimalgeschwindigkeit ist identisch zu der in Aufgabe 18a. Die potentielle Energie des Anfangszustands E pot h1 wird in kinetische trans Energie der Translation E kin und potentielle Energie E pot 2 R umgewandelt. Der Energiesatz lautet: trans E pot h1 E kin E pot 2 R 1 m v 2 m g 2R 2 2 Rg v 5 h1 2R 2 R R 1,25 m Lösung für h: 2g 2g 2 Berechnen Sie das Massenträgheitsmoment für folgende Körper mit homogener Dichte. Hantel senkrecht zur Symmetrieachse: Radius der Kugeln = R, Länge der Verbindungsstange = L = 2 R, Radius der Verbindungsstange = r = 0,2 R. m g h1 19. a. Lösung: J 4,281m ges R 2 b. Hantel parallel zur Symmetrieachse: Radius der Kugeln = R, Länge der Verbindungsstange = l = 2 R, Radius der Verbindungsstange = r = 0,2 R. Lösung: J 0,3889 m ges R 2 c. d. e. Behälter: Berechnen Sie J für den leeren Behälter mit Masse m0. (siehe Zeichnung 3d.) Lösung: J 0,833 m0 R 2 Behälter: Berechnen Sie J für den gefüllten Behälter. Masse des gefüllten Behälters (Füllung plus Behälter): mges = 6 m0. Lösung: J ges 0,5222 m ges R 2 Speichenrad: Äußerer Ring: Außenradius: Raa =16 r, Innenradius: Rai = Raa - r, Innerer Ring: Außenradius: Ria, Innenradius: Rii = Ria – r =2 r Beide Ringe haben die Höhe: h = 2 r Speichen: Radius: RS = r Lösung: J ges 0,5558 m ges R 2 24 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 Lösungen: 19a. Hantel senkrecht zur Symmetrieachse: Da homogene Dichte angenommen wird, ist die Masse der Teilkörper proportional zum Volumen. 4 Kugelvolumen: VK R 3 3 Volumen der Stange: V S r 2 l 0,08 R 3 Gesamtvolumen: Masse der Stange: Masse der Kugel: Massenträgheitsmoment: alternativ: 8 V ges 0,08 R 3 2,746 R 3 3 V 0,08 3 mS S m K m K 0,0600 m K VK 4 0,08 mS m ges 0,0291 m ges 2,746 4 mK m ges 0,4854 m ges 3 2,746 2 1 mS l 2 J 2 m K 2 R mk R 2 2 5 3 2 2 1 0,06 4 2 2 J 8 2 m K R 8,82 m K R 5 3 2 2 J 8,82 m K R 36,95 R 5 2 J 8,82 0,4854 m ges R 2 4,281m ges R 2 19b. Hantel parallel zur Symmetrieachse: Da homogene Dichte angenommen wird, ist die Masse der Teilkörper proportional zum Volumen. Siehe dazu Aufg. 19a. 2 1 Massenträgheitsmoment: J 2 mk R 2 mS r 2 5 2 4 1 J m K R 2 0,06 m K 0,04 R 2 5 2 4 J 0,0012 m K R 2 0,8012 m K R 2 5 J 0,8012 m K R 2 3,356 R 5 J 0,8012 0,4854 m ges R 2 0,3889 m ges R 2 alternativ: 19c. Leerer Behälter der Masse m0: Beim leeren Behälter (mit konstanter Wanddicke) verteilt sich die Masse m0 auf die Behälteroberfläche. Der Behälter kann als „dünnwandige Hohlkugel mit Radius R“ plus alternativ: 25 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 einem „Hohlzylinder mit Radius R und Höhe 2R“ betrachtet werden. Die Gesamtmasse verteilt sich proportional zu den Oberflächen von Kugel und Zylinder. OK 4 R 2 OZ 2 R h 4 R 2 1 Hohlkugelmasse: m HK m0 2 1 Hohlzylindermasse: m HZ m0 2 2 Massenträgheitsmoment: J m HK R 2 m HZ R 2 3 2 1 5 J m0 R 2 m0 R 2 m0 R 2 0,833 m0 R 2 6 2 6 19d. Gefüllter Behälter der Masse m1: Da m ges m0 m F 6 m0 hat die Behälterfüllung die Masse m F 5 m0 . Die BehälterHohlkugeloberfläche: Hohlzylinderoberfläche: füllung kann als „homogene Kugel mit Radius R“ plus einem „homogenen Vollzylinder mit Radius R und Höhe 2R“ betrachtet werden. Die Gesamtmasse mF verteilt sich proportional zu den Volumina von Kugel und Zylinder. 4 Kugelvolumen: VK R 3 3 Zylindervolumen: VZ R 2 h 2 R 3 10 Gesamtvolumen: V ges V K VZ R 3 3 43 4 Kugelmasse: mK m ges 5 m0 2 m0 3 10 10 23 6 Zylindermasse: mZ m ges 5 m0 3 m0 10 10 Massenträgheitsmoment: J ges J Behälter J Füllung 5 m0 R 2 6 5 alternativ: J Behälter m ges R 2 36 2 1 J Füllung m K R 2 m Z R 2 5 2 2 1 23 J Füllung 2 m0 R 2 3m0 R 2 m0 R 2 2,3 m0 R 2 5 2 10 23 23 alternativ: J Füllung m0 R 2 m ges R 2 0,3833 m ges R 2 10 60 5 23 47 J ges m0 R 2 m0 R 2 m0 R 2 3,13 m0 R 2 6 10 15 47 J ges m ges R 2 0,5222 m ges R 2 90 19e. Speichenrad: Da die Dichte konstant sein soll, verhalten sich die Massen der Komponenten zueinander wie deren Volumina. Volumen des äußeren Ringes: Va Raa2 Rai2 h 256 r 2 225r 2 2 r 62 r 3 J Behälter 26 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 Volumen des inneren Ringes: Vi Ria2 Rii2 h 9r 2 4 r 2 2 r 10 r 3 Volumen einer Speiche: VS r 2 l S r 2 12 r 12 r 3 Volumen aller Speichen: VS 8 r 2 l S 8 r 2 12 r 8 12 r 3 96 r 3 Gesamtvolumen: Vges 168 r Massenträgheitsmoment: J ges J a 8 J S J i Äußerer Ring: Masse des äußeren Rings: Massenträgheitsmoment: Innerer Ring: Masse des inneren Rings: Massenträgheitsmoment: Speiche: Masse einer Speiche: Massenträgheitsmoment: 3 2 1 1 ma Raa2 Raa2 r m a 256 225 r 2 2 2 481 Ja ma r 2 240,5 ma r 2 2 62 ma mges 168 62 J a 240,5 m ges r 2 88,7560 m ges r 2 168 2 1 1 J i mi Ria2 Ria2 r mi 9 4 r 2 2 2 13 J i mi r 2 6,5 mi r 2 2 10 mi m ges 168 10 J i 6,5 m ges r 2 0,3869 m ges r 2 168 1 1 2 J S m S l 2 m S h 2 12 2 6 3 m S r 2 12 12 2 2 J S 12 81m S r 93 m S r 12 mS m ges 168 12 J S 93 m ges r 2 6,6429 m ges r 2 168 12 8 J S 8 93 m ges r 2 53,1429 m ges r 2 168 J ges 142,2858 m ges r 2 0,5558 m ges R 2 Ja Fazit: Hätte man statt genauer Rechnung die Formel für eine homogene Scheibe verwenden, hätte man J ges 0,5 m ges R 2 erhalten. Die Abweichung beträgt nur ca. 10%. Es macht also durchaus Sinn, Massenträgheitsmomente komplizierter Körper mit Hilfe einfacher Annahmen abzuschätzen. 20. Am Rand einer drehbaren Scheibe (grün) mit dem Radius r = 1 m und der Masse m1 = 10 kg ist eine Zielscheibe (rot) befestigt. Die Masse m2 (und damit das Trägheitsmoment) der kleinen Scheibe soll vernachlässigt werden. Ein Ball mit der Masse mB = 0,1 kg wird tangential (entlang der gestrichelten blauen Linie) gegen die Zielscheibe geworfen. Durch den Aufprall wird die Scheibe in eine Drehung versetzt. Die Messung ergibt, dass sich die Scheibe danach mit vier Umdrehungen in 25 s dreht. 27 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 a. b. c. d. Berechnen Sie die Geschwindigkeit des Balles vor dem Aufprall. Berechnen Sie die Geschwindigkeit des Balles nach dem Aufprall. Welche Winkelgeschwindigkeit hat die Scheibe, wenn statt eines elastischen Balles ein Stück Knetgummi mit gleicher Masse ( m K m B ) und gleicher Geschwindigkeit ( v K v B ) verwendet wird? Die Knetgummimasse soll nach dem Aufprall an der Zielscheibe kleben bleiben. Welcher Anteil der ursprünglichen kinetischen Energie wird in Verformungsarbeit des Knetgummis umgesetzt? Lösungen: 1 m1 r 2 5 kg m 2 2 4 1 n s 0,16 s 1 25 2 n 1,005 s 1 20a. Trägheitsmoment der Scheibe J S Drehzahl: Kreisfrequenz Beim Wurf mit dem elastischen Ball bleibt sowohl der Drehimpuls als auch die Energie erhalten. Drehimpuls Ball vorher: LB m B v B r Drehimpuls Scheibe nachher: L'S J S Drehimpuls Ball nachher: Drehimpulserhaltungssatz: (1) L'B m B u B r LB L'S L'B mB v B r J S mB u B r Energie Ball vorher: trans B E kin Energie Scheibe nachher: Energie Ball nachher: Energieerhaltungssatz: (2) 1 m B v B2 2 rot S ' 1 J 2 E kin 2 trans B' 1 mB u B2 E kin 2 trans rot S ' E kintrans B' E kin B E kin 1 1 1 m B v B2 J S 2 m B u B2 2 2 2 28 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe Vorlesung Physik I im WS 2003/04 Aus (1) und (2) folgt: 20b. Aus (1) folgt: vB J S m B r 2 1,005 s 1 5 0,1kg m 2 2 mB r m v r JS uB B B 1 m B r1 uB 20c. Drehimpulserhaltungssatz: Lösung: 20d. Energieerhaltungssatz: 2 0,1 kg m 0,1 25,63 5 1,005 kg m 2 s 1 0,1 kg m 24,62 25,63 m s m s m K v K r1 LS K J S m K r12 K m K v K r1 0,1 25,63 kg m 2 s 1 0,5025 s 1 2 2 5 0,1 kg m J ges m K r1 K 1 1 m K v K2 J ges mK r12 K2 Q 2 2 1 mK v K2 32,8448 J 2 K E kin K E kin Lösung: 1 J ges m K r12 K2 2,5756 J 2 Q 32,8448 2,5756 92,15% K 32,8448 E kin 29 von 29 Übungsaufgaben zur Vorlesung U. J. Schrewe