Klausur GPhysik 1 10.3.10

Name, Matrikelnummer:
Klausur Physik 1 (GPH1) am 10.3.10
Fachbereich Elektrotechnik und Informatik, Fachbereich
Mechatronik und Maschinenbau
Zugelassene Hilfsmittel: Beiblätter zur Vorlesung Physik 1 ab WS 99/00
(Prof.Sternberg, Prof.Müller) ohne Veränderungen oder Ergänzungen,
Taschenrechner (ohne drahtlose Übertragung mit einer Reichweite von größer als 30
cm wie Funkmodem, IR-Sender), kein PDA oder Laptop
Dauer: 2 Stunden, Maximal erreichbare Punktezahl: 100. Bestanden hat, wer
mindestens 50 Punkte erreicht.
Bitte beginnen Sie die Lösung der Aufgabe unbedingt auf dem betreffenden
Aufgabenblatt! Falls Sie weitere Blätter benötigen, müssen diese unbedingt
deutlich mit der Aufgabennummer gekennzeichnet sein.
Achtung! Bei dieser Klausur werden pro Aufgabe 1 Punkt für die Form
(Gliederung, Lesbarkeit, Rechtschreibung) vergeben!
Verwenden Sie bei Berechnungen nach Möglichkeit zunächst die gegebenen
symbolischen Größen und setzten Sie erst am Schluss die Zahlenwerte (mit
Einheiten!) ein.
Bitte kennzeichnen Sie dieses Blatt und alle weiteren, die Sie verwenden, mit Ihrem
Namen und Ihrer Matrikelnummer.
AUFGABE MÖGLICHE
ERREICHTE
PUNKTZAHL PUNKTZAHL
1.a
6
1.b
6
1.c
6
1.d
6
2.a
8
2.b
2
2.c
8
2.d
6
3.a
5
3.b
6
3.c
5
3d
4
3.e
4
4.a
7
4.b
7
4.c
6
4.d
4
Form
4
Summe
100
Seite 1 von 10
1. Osterhase bei der Arbeit
Bald ist Ostern. Der Osterhase ist wieder unterwegs. Dieses
ist viel Arbeit. Dabei gibt es interessante Beobachtungen:
a) Der Osterhase hat es eilig. Um die Nester zu befüllen, wirft
er die Eier in die Nester. Dabei wendet er die Kraft von 1 N für
2 sec pro Ei auf. Wie schnell fliegt ein 20 g Ei?
b) Hupps! Der Osterhase hat nicht hingeschaut! Es ist eine Glasscheibe im Weg, auf
welche das Ei senkrecht auftrifft. Welchen Impuls nimmt die Scheibe auf, wenn das
Ei elastisch zurückprallt?
c) Ein Ei fliegt neben das Nest und rutscht (angenommen ideale Kugel) einen 1 m
Hang mit 30° Neigung reibungsfrei hinunter. Welche Geschwindigkeit hat das Ei am
Ende des Hangs (Nehmen Sie an, oben am Hang wäre die Geschwindigkeit Null)?
d) Der Osterhase läuft weiter und steht oben an einem Hang. Er rutscht auf dem
nassen Grashang aus. Der Hase wiegt mit seiner Kiepe 7,5 kg. Der 3 m lange Hang
ist recht glitschig. Der Reibungskoeffizient beträgt µ = 0,1. Die Neigung des Hangs
beträgt 45°. Wie schnell ist der Osterhase am unteren Ende des Hangs?
Lösungen::
a) F * ∆t = m * v v = F * ∆t / m v = 100 m/s (Der Osterhase war bei Arnold
Schwarzenegger im Trainingslager!)
b) Da der Impuls vektoriell zu betrachten ist, gilt dass der Impuls vor dem Berühren
der Scheibe p ist und nach der Scheibe –p ist, da er entgegengesetzt fliegt. Die
Differenz ist 2 * p pGlas = 2* pEi pGlas = 2* 0,02 kg * 100 m/s = 4 kg * m / s
c) ohne Rotationsenergie:
Der Hang hat eine Neigung von 30 °.
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1m
30 °
Ekin = Epot ½ m v² = m g h = m g l sin 30° v = (2*g*l*sin 300)1/2 = 3,13 m/s
d) Fgesamt = Fg –Fr = m g sin 45° - µ * Fnormal = m g sin 45° - µ * cos 45° Fg =
m g sin 45° - µ * cos 45° m g
(sin 45° = cos 45°)
Fgesamt = m g sin 45° (1-µ)
½ m v² = F * h = W = m g sin 45° (1-µ) * l
v = (2*g*l*sin 450*(1- µ))1/2 = 6,12 m/s
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2. Massenpunkte
Zwei Massenpunkte der Masse m1 = 300g und m2 = 500g rotieren aufgrund äußerer
Kräfte auf einer Kreisbahn, die in der x-y-Ebene liegt. Die Rotation erfolge mit
konstanter Winkelgeschwindigkeit gegen den Uhrzeigersinn. Der Mittelpunkt der
Kreisbahnen sei der Koordinatenursprung (0 ; 0). Die Gravitationswechselwirkung
zwischen den Massenpunkten sei vernachlässigbar.
Die beiden Massenpunkte haben beim Zeitpunkt t0 folgende Koordinaten (Einheit im
Koordinatensystem ist cm):
Punkt 1: (0 ; 10) ; Punkt 2: (-10 ; 0)
a) Welche Koordinaten hat der Schwerpunkt des Systems bei t0? Runden Sie die
Koordinaten auf ganze Millimeter. Machen Sie eine Skizze von den Positionen der
beiden Massenpunkte und des Schwerpunktes bei t0.
b) Was gilt für den Impuls des ersten Massenpunktes? Mehrere richtige Antworten
sind möglich.
Der Impuls zeigt immer in dieselbe Richtung, da er ein Vektor ist.

Der Impuls ist betragsmäßig konstant, da Radius und Winkelgeschwindigkeit
konstant sind.

Wegen des Impulserhaltungssatzes ist der Impuls konstant.

D
 er Impulserhaltungssatz gilt nicht für den Massenpunkt.
c) Die Winkelgeschwindigkeit des ersten Massenpunktes sei 9 1/s, die des zweiten 7
1/s. Das bedeutet, dass der erste Massenpunkt den zweiten beim Zeitpunkt t1
erreichen und mit ihm zusammenstoßen wird. Nach wie viel Sekunden wird t1
erreicht? Wie viele Umdrehungen hat der erste Massenpunkt bis zum
Zusammenstoß vollzogen? Tragen sie den Ort des Zusammenstoßes in die Skizze
ein.
d) Beim Stoß verschmelzen die beiden Massenpunkte ohne Massenverlust
miteinander. Wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit des neu entstandenen
Teilchens, wenn der Radius unverändert bleibt?
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Lösungen:
a) x-Koordinate des Schwerpunktes: (0 * 0.3 kg – 10 cm * 500 g) / (300 + 500) g = –6.3 cm
y-Koordinate des Schwerpunktes: (10 cm * 300 g + 0 * 500 g) / (300 + 500) g = 3.8 cm
Lösung auf Millimeter genau angeben.
Skizze mit Zusammenstoßpunkt:
b) Der Impuls ist betragsmäßig konstant, da Radius und Winkelgeschwindigkeit konstant
sind.
Der Impulserhaltungssatz gilt nicht für den Massenpunkt.
c) φ1 = ω1 * t
φ2 = π/2 + ω2 * t =>
φ1 = φ2
<=> ω1 * t = π/2 + ω2 * t
=> t = π/(2 * ( ω1 – ω2)) => t = 0,7854 s ≈ 0,785 s
f1 = ω1 /(2* π) = 1,432 1/s
Umdrehungen = f1 * t = 1,125 ≈ 1,1
1,125 * 360º = 405º = 45º
=> Zusammenstoßpunkt: (–10* sin 45º; 10* sin 45º) = (–7,07 ; 7,07) ≈ (–7,1 ; 7,1)
d) L1 + L2 = Lgesamt
m1 * r² * ω1 + m2 * r² * ω2 = (m1 + m2) * r² *ωg
(300g * 9 1/s + 500 g * 7 1/s) / (m1 + m2) = ωg
7,75 1/s = ωg
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3. CD
Eine CD hat einen Durchmesser von 12cm. Das Loch einer CD hat einen Radius von
7,5mm. Die Dicke einer CD beträgt 1,2mm und die Masse 15,9g.
a) Wie groß ist das Trägheitsmoment einer CD?
b) Eine CD hat keine feste Winkelgeschwindigkeit, sondern diese wird der
momentanen Position des Lesekopfs angepasst, so dass die Bahngeschwindigkeit v
ungefähr konstant ist. Die technische Spezifikation für CDs legt zwei verschiedene
Geschwindigkeiten fest. Eine ist 1,2 m/s, die andere 1,4 m/s.
Wie groß ist maximale und wie groß die minimale Frequenz einer CD, die eine
Bahngeschwindigkeit von 1,2 m/s besitzt und bei der sich das Gebiet, das der
Lesekopf abtastet (also wo sich die Informationen der CD befinden), über Radien von
2,1 cm bis 5,9 cm erstreckt?
c) Wie groß ist die Differenz in der Rotationsenergie zwischen dem Zustand mit
maximaler Frequenz und dem minimaler Frequenz?
d) Die Informationen der CD sind auf einer spiralförmigen Spur angeordnet. Das
vollständige Abtasten dieser Spur ergibt die Spielzeit einer CD. Die maximal
mögliche Spielzeit ist bei einer CD mit einer Bahngeschwindigkeit von 1,2 m/s mit
74,68min spezifiziert.
Wie groß ist die Spielzeit einer CD mit einer Bahngeschwindigkeit von 1,4 m/s (bei
gleicher Spurlänge)? Begründen Sie.
kleiner als 74,68 min

74,68 min

größer als 74,68 min
e) Die mittlere Winkelbeschleunigung beim Abspielen einer CD ist ungefähr –0,01
1/s². Wo beginnt der Lesekopf die Informationen der CD abzutasten? Am inneren, an
einem mittleren oder am äußeren Radius des Gebietes, wo sich die Informationen
befinden? Begründen Sie?
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einige Massenträgheitsmomente:
Zylinder, der um seine Zylinderachse rotiert: Izylinder = ½ * r² * m
Zylinder, der um eine Achse rotiert, die senkrecht zur Zylinderachse steht und durch
seinen Schwerpunkt geht: Izylinder = ¼ * r² * m + 1/12 * m * l²
Imassenpunkt = R² * m
Izylindermantel = ½ * m * (ri² + ra²)
Lösung:
a) I = ½ * m * (ri² + ra²) = ½ * 0.0159 kg * (0.0075² + 0.06²) m² = 2.9067 * 10^(-5) kg m²
≈ 2.91 * 10^(-5) kg m²
b) v = ω * r v = 2 π f * r f = v / ( 2 π r)
fmax = 1,2 m/s / (2 π * 0,021 m) = 9,0945682 Hz ≈ 9,09 Hz
fmin = 1,2 m/s / (2 π * 0,059 m) = 3,2370497 Hz ≈ 3,24 Hz
c) ∆E = Emax – Emin = ½ I ( ωmax² - ωmin²) = ½ I ( v²/rmin² – v²/rmax²)
∆E = 0,04144 J ≈ 0,0414 J
d) Die Spielzeit ist kleiner als 74,68 min, weil eine gleiche Strecke (Spur) bei höherer
Geschwindigkeit durchlaufen wird.
v = s/t => t = s/v
e) Da die Beschleunigung negativ ist, wird die CD während des Abspielvorgang langsamer,
d.h. die Winkelgeschwindigkeit wird kleiner. Daher muss die CD an der Stelle starten, wo die
Winkelgeschwindigkeit maximal ist. Dies ist der Fall am inneren Radius des Gebietes, wo
sich die Informationen befinden.
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4. Skifahrer auf Wiese
Ein Skifahrer (Masse 75 Kg) wird von einem Lift auf einen 15m hohen Hügel
gefahren den er anschließend hinab gleitet. Auf einer angrenzenden nicht
beschneiten, waagerechten Wiese kommt er nach 30 m zum Stehen.
a) Wie groß ist die Leistung des Liftes, wenn die Reibung vernachlässigt wird und der
Lift für den Transport 1 Minute benötigt?
b) Wie groß ist die Höchstgeschwindigkeit des Skifahrers am Ende des Hügels, wenn
auch hier die Reibung vernachlässigt wird?
c) Wie groß ist der Reibungskoeffizient der Skier auf der Wiese?
d) Welchen Einfluss hat die Masse des Skifahrers auf die Höchstgeschwindigkeit und
den Bremsweg auf der Wiese? Begründen Sie Ihre Antwort!
Musterlösung:
dW mgh
Leistung: P =
=
=
dt
∆t
75 Kg ⋅ 9,81
Höchstgeschwindigkeit: mgh =
60 s
m
⋅ 15m
s2
= 184W
1 2
m
m
km
mv ⇒ v = 2 gh = 2 ⋅ 9,81 2 ⋅ 15m = 17,2 = 62
2
s
h
s
Reibungskoeffizient:
1 2 1
mv
m( 2 gh ) 2
1 2
m2 gh h 15m
E kin = WR ⇒ mv = µ G mgs ⇒ µ G = 2
= 2
=
= =
= 0,5
2
mgs
mgs
2mgs s 30m
d) keinen!!!!!
Wird die Reibung vernachlässigt, so sind die potentielle Energie, die kinetische Energie und
die Reibkraft proportional zur Masse. Die Umwandlung der potentiellen Energie in kinetische
Energie ist dann unabhängig von der Masse. Alle Körper fallen gleich schnell, wenn die
Reibung vernachlässigt wird.
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Alternativaufgabe für die Informatiker (nicht für den Rest der Welt!)
VRML
Gegeben sei folgender VRML-Code:
#VRML V2.0 utf8
Background {skyColor 0 0 0 }
DEF PLAMO
Transform { children [
Transform { children [
#Planet
Shape { appearance
Appearance { material
Material {diffuseColor 1 0 0} }
geometry Sphere {radius 2} } ] }
Transform { translation 6.2 0 0
#Mond
children [
Shape {appearance
Appearance { material
Material {diffuseColor 1 1 1} }
geometry Sphere {radius .4} } ] }
]
#Ende der root Transform´s children
}
#Ende der Planet-Mond-Definition
DEF CLOCK TimeSensor { loop TRUE cycleInterval 15 }
DEF MONAT OrientationInterpolator {
key
[0,
0.333,
0.667,
1
]
keyValue[0 1 0 0, 0 1 0 2, 0 1 0 4, 0 1 0 0] }
ROUTE CLOCK.fraction_changed TO MONAT.set_fraction
ROUTE MONAT.value_changed TO PLAMO.set_rotation
a) Welche Farbe hat der Planet in der Animation?
b) Eine Längeneinheit in VRML betrage 1000 km in realer Welt (z.B. radius 2 stellt
einen Radius von 2000 km dar). Ändern Sie den Code so, dass die Größe des
Planeten und des Mondes korrekt dargestellt werden, wenn der Durchmesser des
Planeten 7000 km und der des Mondes 100 km ist.
c) Die Entfernung zwischen den Mittelpunkten des Planteten und des Mondes sei
23500 km. Wie müsste der Code geändert werden, damit die Entfernung
maßstabsgetreu widergegeben wird?
d) Warum wird man in der Animation diese Entfernung normalerweise nicht
maßstabsgetreu darstellen?
e) 1 Sekunde in VRML soll 1 Stunde in der Realität darstellen. Die Umlaufdauer des
Mondes soll 1,2 Tage sein. Ändern Sie den Code so ab, dass diese Vorgaben erfüllt
werden.
f) Einige Werte bei “keyValue” sind nicht sehr genau angegeben. Geben Sie die
Werte mit Nachkommastellen auf 3 Nachkommastellen genau an.
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g) Fügen Sie einen zweiten Mond der Animation hinzu. Dieser soll die gleiche
Rotationsebene, die gleiche Farbe, die gleiche Größe, den gleichen Abstand vom
Planeten (wie ursprünglich angegeben) und die gleiche Umlaufdauer wie der erste
Mond haben. Der zweite Mond soll sich aber genau auf der entgegengesetzten Seite
des Planeten befinden.
a) 2 Punkte b) 4 Punkte c) 3 Punkte d) 3 Punkte
e) 3 Punkte f) 4 Punkte g) 5 Punkte
Lösung:
a) rot
d) Die Entfernung ist im Verhältnis zur Größe der Körper so groß, dass die Animation
eine zu große räumliche Ausdehnung hätte. Ihre Gesamtansicht würde bedeuten,
dass man den Mond kaum mehr sehen würde. Das Wesentliche der Animation, die
Rotation des Mondes, kann besser dargestellt werden, wenn die Entfernung nicht
maßstabsgetreu ist, sondern der Mond näher bei dem Planeten steht, als dies der
Maßstab vorgeben würde.
#VRML V2.0 utf8
Background {skyColor 0 0 0 }
DEF PLAMO
Transform { children [
Transform { children [
#Planet
Shape { appearance
Appearance { material
Material {diffuseColor 1 0 0} }
geometry Sphere {radius 3.5} } ] }
# b)
Transform { translation 6.2 0 0
#Mond
c) 23.5 0 0
children [
Shape {appearance
Appearance { material
Material {diffuseColor 1 1 1} }
geometry Sphere {radius .05} } ] }
# b)
Transform { translation -6.2 0 0
#Mond2
# g) Einschub
Beginn
children [
Shape {appearance
Appearance { material
Material {diffuseColor 1 1 1} }
geometry Sphere {radius .05} } ] }
# g) Einschub Ende
]
}
#Ende der root Transform´s children
#Ende der Planet-Mond-Definition
DEF CLOCK TimeSensor { loop TRUE cycleInterval 28.8 }
DEF MONAT OrientationInterpolator {
key [0,
0.33,
0.67,
1
]
keyValue[0 1 0 0, 0 1 0 2.094, 0 1 0 4.189, 0 1 0 0] }
ROUTE CLOCK.fraction_changed TO MONAT.set_fraction
ROUTE MONAT.value_changed TO PLAMO.set_rotation
Seite 10 von 10
# e)
#
f)