Musterlösung für Blatt 3

Technische Universität München
Fakultät für Physik
Blatt 3
SS 2005
Musterlösung für Blatt 3
Prof. Dr. Katharina Krischer, PD Dr. A. Ulrich
1. Trägheitskraft im Aufzug
Im Inertialsystem ist die von der Waage gemessenen Kraft die Gewichtskraft. Für g ≈ 10 sm2
ist diese F = 350 N.
Für beschleunigte Bezugssysteme kommen Trägheitskräfte zur Kraft F~ hinzu, die folgender Formel unterliegen. F~ 0 sei die Kraft, die im mit der Beschleunigung a beschleunigten
Bezugssystem gemessen wird, also hier im Aufzug. Diese unterscheidet sich von der im
Inertialsystem gemessenen Kraft um die Trägheitskraft −m~a
F~ 0 = F~ − m~a
a) Hier wird die Kraft größer, weil die Trägheits- und die Gewichtskraft in dieselbe
Richtung zeigen.
F 0 = F + ma = 350 N + 35 · 2.5 N = 437.5 N
Die Waage zeigt also 43.75 kg an.
b) Hier gibt es keine Beschleunigung, weswegen die Waage unverändert 35 kg anzeigt.
c) Hier gibt es wieder eine Beschleunigung, die nun allerdings der Gewichtskraft entgegengesetzt ist. Wir erhalten analog zu a)
F 0 = F − ma = 350 N − 35 · 2.5 N = 262.5 N
Damit zeigt die Waage ein Gewicht von 26.25 kg an.
2. Trägheitskraft bei der Rotation
Ganz analog zum Radfahrer vom letzten Blatt muss die resultierende Kraft parallel zur
Kette sein. Diese Kraft ist die Summe aus der Gewichtskraft FG und der Zentrifugalkraft
FZ .
Daraus folgt
ω2r
FZ
=
tan ϕ =
FG
g
Wir setzen die Zahlenwerte aus der Angabe ein und erhalten
ω = 1.10
1
s
3. Impulserhaltung
a) Im Inertialsystem der beiden Wägen ist die Anfangsgeschwindigkeit null. Daher gibt
es keine kinetische Energie, sondern nur die potentielle Energie der Feder. Diese muss
nach dem Lösen der Kopplung in die kinetische Energie der Wägen übergehen.
1
1 2 1
kx = m1 ve12 + m2 ve22
2
2
2
Die Tilde e stellt klar, dass es diese Geschwindigkeiten nur im Bezugssystem der
beiden Wägen gibt. Der Impuls zu Beginn ist ebenfalls null, weswegen aus der Impulserhaltung folgen muss
0 = m1 ve1 + m2 ve2
⇒
m1 ve1 = −m2 ve2
Nun haben wir zwei Gleichungen für die zwei Unbekannten ve1 und ve2 , dessen Lösung
folgendermaßen aussieht
s
m2
kx2
·
ve1 = −
m1 m1 + m2
s
m1
kx2
ve2 =
·
m2 m1 + m2
Nun müssen wir diese Geschwindigkeit noch in das äußere System übertragen, indem
wir diese Geschwindigkeiten mit v0 addieren. So erhalten wir
s
m2
kx2
v1 = v0 + ve1 = v0 −
·
m1 m1 + m2
s
v2 = v0 + ve2 = v0 +
kx2
m1
·
m2 m1 + m2
b) Da die Massen gleich sind, sind ve1 und ve2 betragsmäßig, also bis auf das Vorzeichen,
gleich.
Da v1 = 0 ist, folgt aus a)
v1 = 0 = v0 + ve1
⇒
ve1 = −v0 = −1.00
m
s
und damit ist ve2 = 1.00 m/s. Dann ist v2
v2 = v0 + ve2 = 2.00
m
s
Wenn wir ve1 und ve2 in die Energiebilanz aus a) stecken, bekommen wir
1 2 1
1
kx = m1 ve12 + m2 ve22 = m1 ve12 = 500 J
2
2
2
was wir nach x auflösen
r
2
m1 ve12 = 0.16 m
k
Da die einzige Energie, die übrig geblieben ist, die kinetische Energie des zweiten
Wagens ist, muss der erste seine Energie auf diesen übertragen haben.
x=
4. Dezentraler Stoß
Als erstes ist es nützlich zu zeigen, dass die beiden Winkel sich zu 90◦ ergänzen. Dazu
benötigen wir wie in der obigen Aufgabe wieder sowohl die Energie, als auch die Impulserhaltung. Zuerst zur Energieerhaltung
1 2 1 2 1 2
mv = mv + mv
2 0 2 1 2 2
⇒
v02 = v12 + v22
nun die Impulserhaltung
p~0 = p~1 + p~2 = m~v0 = m~v1 + m~v2
⇒
~v0 = ~v1 + ~v2
Die Impulserhaltung liefert uns ein Dreieck, das aus den Vektoren ~v0 , ~v1 und ~v2 besteht
(siehe zweite Skizze in b)). Gleichzeitig gilt die Gleichung für die Quadrate der jeweiligen
Geschwindigkeitsbeträge, die wir aus der Energieerhaltung hergeleitet haben. Da diese
nichts anderes ist als der Satz von Pythagoras, muss das Dreieck rechtwinklig sein.
a) Wenn wir in der Skizze der Angabe vom Mittelpunkt der ersten Kugel das Lot auf
die gestrichelte Linie fällen, bekommen wir ein rechtwinkliges Dreieck, dessen Winkel
am Mittelpunkt der zweiten Kugel α2 ist. Damit bekommen wir
d
⇒ α2 = 37◦
2r
b) Man muss aus den drei Vektoren p~0 , p~1 und p~2 ein Dreieck bilden können. Die Richtungen müssen so sein, dass
p~1 + p~2 = p~0
sin α2 =
ist. Die Impulserhaltung lässt sich damit folgendermaßen darstellen
p1
p2
α1
α2
p0
Da die Massen der Kugeln gleich sind, kann man die Gleichung für die Impulserhaltung durch Dividieren durch m sofort in eine Gleichung für die Geschwindigkeiten
überführen.
v1
v2
α1
α2
v0
c) Aus der Skizze folgt sofort
v1 = v0 cos α1 = 6.0
cm
s
und
v2 = v0 cos α2 = 8.0
cm
s
5. Rakete
a) Die Raketengleichung, also die Bewegungsgleichung ist
ma = uq − mg
Diese Gleichung gilt für alle Zeiten, wobei die Masse m, genauso wie die Beschleunigung a zeitabhängig ist. Beim Start hat die Rakete noch ihre vollständige Masse m0 .
Also bekommen wir
uq
m
a0 =
− g = 2.0 2
m0
s
b) Zum Zeitpunkt t1 ist die Masse nur noch m1 = m0 − qt1 .
Dies setzen wir in die Bewegungsgleichung ein.
a1 =
uq
m
− g = 2.5 2
m0 − qt1
s
c) Die Schubkraft FS ist definiert als
FS = uq = 3.0 MN
d) Wir schreiben die Raketengleichung
ma = uq − mg
in die Form
dv
m(t) · v̇ = m(t) ·
= uq − m(t)g
dt
uq
⇒ dv =
− g dt
m(t)
Die zeitliche Entwicklung der Masse ist
m(t) = m0 − qt
womit wir folgende Gleichung bekommen
uq
dv =
− g dt
m0 − qt
die wir nun von der Zeit null bis zu einer beliebigen Zeit t0 integrieren. Links sind die
Grenzen damit v(0) = 0 und v(t0 ):
0
v(t )
Z
Zt0 dv =
0
uq
− g dt
m0 − qt
0
Wir lösen nach v(t0 ) auf
m0
− gt0
m0 − qt0
Diese Gleichung gilt nur, solange der Treibstoff verbrannt und damit ausgestoßen
wird. Die Nutzlast wird sich unter dem Einfluss der Schwerkraft mit der Anfangsgeschwindigkeit, die die Rakete zu dem Zeitpunkt, an dem der Treibstoff aufgebraucht
v(t0 ) = u ln
ist, hat, weiterbewegen.
Wir ermitteln die Zeit tE , zu der die Beschleunigung beendet wird.
m(tE ) = mN
⇒
tE = 225 s
Damit haben wir für die Geschwindigkeit der Nutzlast zur Zeit tE
v(tE ) = u ln
m
m0
m
m
− gtE = 6907.8 2 − 2250 2 = 4657.8 2
m0 − qtE
s
s
s
Nach diesem Zeitpunkt geht es wie beim senkrechten Wurf weiter
v(t) = 4657.8
m
− gt
s2
So gesehen würde jede Rakete irgendwann wieder fallen. Der Grund, weshalb sie
einen Orbit erreichen, ist, dass die Erdanziehung mit wachsender Entfernung zum
Erdmittelpunkt schwächer und damit g kleiner wird.
Übungen: Dr. Friedrich Röpke, Christoph Reisinger ([email protected]), Karsten Kühn
Forum: http://portal.mytum.de/foren/vorlesungen/veranstaltungen-ph/ph-ei/discussionboard view