Ferienkurs Experimentalphysik 1 2011 Probeklausur

Ferienkurs Experimentalphysik 1
2011
Probeklausur - Lösungsvorschlag
Sonde auf Mond schießen
Bestimmen Sie die notwendige Abschussgeschwindigkeit va einer Sonde, die den Punkt
auf der direkten Verbindungslinie zwischen Erde und Mond erreichen soll, an dem sich
die Beiträge zur Schwerkraft gerade aufheben. Mit welcher Geschwindigkeit schlägt die
Sonde auf der Mondoberfläche auf, wenn sie mit einer beliebigen Geschwindigkeit v0 > va
entlang der direkten Verbindungslinie abgeschossen wird? Hinweis: Vernachlässigen Sie
den Luftwiderstand. Vernachlässigen Sie ebenfalls die Rotation der Erde um ihre Achse
und die Rotation des Mondes um die Erde.
Lösung:
Wir berechnen zuerst den Ort ra (von der Erde aus) an dem sich die Beiträge zur
Schwerkraft aufheben:
m · mE ! m · mM
=G
G
r2
(l − r)2
wobei m die Masse der Sonde, mE die Masse der Erde, mM die Masse des Mondes, r
der Abstand vom Erdmittelpunkt und l der Abstand der Mittelpunkte Erde-Mond.
Auflösen nach r =: ra ergibt
2
mM
l − ra
=
ra
mE
r
l
mM
−1
=
ra
mE
r
mM
l
= 1+
ra
mE
⇒ ra =
l
1+
p
mM /mE
Aus der Energieerhaltung folgt nun die Geschwindigkeit va welche die Sonde auf der
Erde haben muss um den Punkt ra gerade zu erreichen, d.h. dort keine Geschwindigkeit
mehr zu haben.
1 2
mmE
mmM
mmE
mmM
mva − G
−G
= −G
−G
2
rE
l − rE
ra
l − ra
1
also
va2
va
mE
mM
mE
mM
= 2G
+
−
−
rE
l − rE
ra
l − ra
s mE
mM
mE
mM
=
2G
+
−
−
rE
l − rE
ra
l − ra
Die Sonde wird nun mit v0 > va von der Erde abgeschossen und trifft den Mond bei
r = l − rM , also gilt die Energieerhaltung
mmE
mmM
1
mmE
mmM
1 2
mv0 − G
−G
= mv 2 − G
−G
2
rE
l − rE
2
l − rM
rM
also
s
v=
v02
mE
mM
mE
mM
+ 2G
+
−
−
l − rM
rM
rE
l − rE
Eindimensionaler Stoß
Beim 1dimensionalen Stoß eines Teilchens mit der Masse m1 und der Geschwindigkeit
v1 gegen ein Teilchen der Masse m2 und der Geschwindigkeit v2 kann nicht die gesamte
kinetische Energie in innere Energie umgewandelt werden.
a) Wieviel kinetische Energie wird bei total inelastischer Kollision umgewandelt?
Lösung:
Es gelten die Impuls- und Energieerhaltung
p = m1 v10 + m2 v20
1
1
m1 v102 + m2 v202 + Q
E =
2
2
wobei p := m1 v1 + m2 v2 und E := 12 m1 v12 + 21 m2 v22 . Bei total inelastischer Kollision
gilt v10 = v20 . Mit den Abkürzungen M := m1 + m2 und v 0 = v10 = v20 vereinfachen
sich dieses Gleichungen nun zu
p = M v0
1
E =
M v 02 + Q
2
Einsetzen der ersten Gleichung in die zweite ergibt
Q = E−
p2
2M
1
(m1 v1 + m2 v2 )2
1
m1 v12 + m2 v22 −
2
2
2(m1 + m2 )
1
[m2 v 2 + m1 m2 v12 + m2 m1 v22 + m22 v22 − m21 v12 − 2m1 m2 v1 v2 − m22 v22 ]
=
2(m1 + m2 ) 1 1
=
2
1
m1 m2 (v12 + v22 − 2v1 v2 )
2(m1 + m2 )
m1 m2
(v1 − v2 )2
=
2(m1 + m2 )
Q =
b) Zeigen Sie für den Fall m1 = m2 , dass die bei total inelastischer Kollision umgewandelte kinetische Energie gleich der anfänglichen kinetischen Energie im Schwerpunktsystem ist.
Lösung:
Für m1 = m2 ist laut a)
m
Q = (v1 − v2 )2
4
Im Schwerpunktsystem ist anfängliche kinetische Energie gegeben durch
1
1
E = m(v1 − V )2 + m(v2 − V )2
2
2
wobei die Schwerpunktsgeschwindigkeit V gegeben ist durch
V =
(mv1 + mv2 )
1
= (v1 + v2 )
m+m
2
Also
2 2 #
1
1
v1 − (v1 + v2 ) + v2 − (v1 + v2 )
2
2
m1 =
(v1 − v2 )2 + (v2 − v1 )2
24
m
(v1 − v2 )2 = Q
=
4
m
E =
2
"
Rotierender Zylinder
Auf einen homogenen Vollzylinder mit Radius R und Masse M ist ein Faden gewickelt,
dessen Ende an der Decke befestigt ist. In der Höhe h = h0 wird der Zylinder freigegeben.
Das Trägheitsmoment eines Vollzylinders beträgt I = 21 M r2 . Mit welcher Geschwindigkeit v(z) bewegt sich der Schwerpunkt des Zylinders nach unten?
Lösung:
Wir lösen das Problem über die Energieerhaltung. Diese besagt:
Epot + Ekin,Schwerpunkt + Erot = EGesamt
(1)
Wir setzen das Koordinatensystem nun so, dass die z-Achse nach unten zeigt und z = 0
f¸r h = h0 gilt. Die Gesamtenergie ist somit zu Beginn die potentielle Energie
EGesamt = Epot,Anf ang = M gh0
3
(2)
weiter gilt
Epot = M g(h0 − z)
1
Ekin,Schwerpunkt = M v 2
2
1
Erot = Iω 2
2
1
Mit der Rollbedingung v = ωr sowie I = 2 M r2 ergibt sich die Gleichung
3
M gh0 = M g(h0 − z) + M v 2
4
(3)
(4)
(5)
(6)
mit der Lösung
r
v(z) =
4
gz
3
(7)
Zylinder
Aus einem mit Flüssigkeit bis zur Höhe H gefüllten Zylinder kann die Flüssigkeit aus
einer seitlichen Öffnung in der Höhe h austreten (s. Abbildung).
• 1. Man berechne für eine reibungsfreie Fl¸ssigkeit den Auftreffpunkt x und die
Auftreffgeschwindigkeit va für z = 0. Vergleiche mit der Fallgeschwindigkeit, die
ein aus der Höhe z = H frei fallender Körper hat.
Lösung:
Der Druck in der Höhe h beträgt
p(h) = ρg(H − h) + p0
und am Ausflussrohr gilt die Bernoulligleichung
1
∆p = p(h) − p0 = ρvx2 .
2
Daraus folgt, dass vx2 = 2g(H − h) ist. Die Flüssigkeitsteilchen durchlaufen eine
4
Wurfparabel mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 = (vx , vz = 0). Die Fallzeit kann
aus
1
h = gt2
2
zu t =
p
2h/g bestimmt werden. Der Auftreffpunkt P ist dann
p
P = (xa = vx t, z = 0) = 2 h(H − h), 0 .
Die Auftreffgeschwindigkeit va ist
va = (vx , vz = gt) mit
|v| =
p
p
vx2 + vz2 = 2gH.
Dies ist dieselbe Geschwindigkeit, mit der ein Körper bei senkrechtem Fall aus der
Höhe H auftrifft.
• 2. Wie ist die Zeitfunktion des Flüssigkeitsspiegels im Zylinder mit Radius R bei
einer Flüssigkeit mit der Zähigkeit η, die in der Höhe h = 0 durch eine Röhre der
Länge L mit Radius r R ausfließt?
Lösung:
Nach dem Hagen-Poiseuille-Gesetz gilt
dV
πr4
dH
r4 ρgH
dH
= −πR2
=
∆p ⇒
=− 2
dt
dt
8ηL
dt
R 8ηL
4
r ρg
⇒ H(t) = H0 exp − 2 · t
8R ηL
mit H0 = H(t = 0).
Antarktis-Park
In der Antarktis gibt es einen Antarktis-Park, ein beliebter Zeitvertreib für Pinguine.
Eine besondere Attraktion ist eine scheibenförmige Eisscholle (Fläche A, Eisdicke D,
Eisdichte ρE ), die im Meer schwimmt (Wasserdichte ρW ).
a) Welcher Volumenanteil des Eises befindet sich oberhalb der Wasseroberfläche?
b) Mit größtem Vergnügen springen Pinguine auf der Eisscholle so auf und ab, dass
die Scholle anfängt zu schwingen. Stellen Sie die Bewegungsgleichung des Systems
auf und lösen Sie diese allgemein. Mit welcher Periode T müssten die Pinguine
springen, um die Scholle in der Resonanzfrequenz anzuregen (Masse der Pinguine
und Reibung werden vernachlässigt)?
c) Wie groß müsste die Gesamtmasse der Pinguine auf der Eisscholle sein, damit ihr
Gewicht die Scholle völlig untertaucht? (Wir nehmen an, dass sie erschöpft sind
und nicht mehr springen.)
5
d) Aufgrund der globalen Erwärmung schmilzt die Eisscholle. Wie ändert sich dadurch
der Wasserspiegel des Meeres? Begründen Sie Ihre Antwort. Die Temperatur des
Meerwassers wird als unverändert angenommen. (Die Pinguine werden für diesen
Teil der Aufgabe nicht berücksichtigt. Sie haben sich längst aus dem Staub (aus
dem Schnee?) gemacht.)
Lösung:
a) Die Masse des Eises beträgt ME = ρE AD. Die Masse des verdrängten Wassers
beträgt MW = ρW A(D − x), wobei x die Höhe der Eisschicht ist, die aus dem
Wasser ragt. Da sich das System im Gleichgewicht befindet muss die Gewichtskraft
des Eises der Auftriebskraft durch das verdrängte Wasser entsprechen. Es gilt also
ME g = MW g woraus
V oberhalb
ρE
x
= E
=1−
D
VE
ρW
folgt.
b) Die x-Achse zeige nach oben. Die einwirkenden Kräfte sind die Auftriebskraft durch
das verdrängte Wasser nach oben und die Gewichtskraft des Eises nach unten. Die
Bewegungsgleichung lautet also
ME ẍ = ρW Ag(D − x) − ρE AgD,
welche der DGL der gedämpften Schwingung
ρW − ρE
ρW Ag
x=
ADg = g
ẍ +
ME
ME
ρW
−1
ρE
entspricht. Die Schwingungsfrequenz lässt sich wie immer direkt ablesen
r
r
ρW Ag
ρW g
ω=
.
=
ME
ρE D
Die Lösung der homogenen DGL ist die bekannte Schwingungsfunktion
xh (t) = A sin(ωt) + B cos(ωt).
Da die Inhomogenität hier nur eine Konstante ist, wählen wir als Ansatz ebenfalls
eine konstante Funktion xp (t) = C. Eingesetzt in die DGL ergibt sich
−
1
g ρρW
ME (ρW − ρE )
E
=
.
xp (t) = C =
2
ω
AρW ρE
6
Die allgemeine Lösung lautet also
r
r
ρW g
ρW g
ME (ρW − ρE )
x(t) = xh (t) + xp (t) = A sin
t + B cos
t +
.
ρE D
ρE D
AρW ρE
Die Eigenfrequenz ω des Systems ist die Resonanzfrequenz mit der die Pinguine
die Eisscholle anregen müssten. Sie müssten also mit der Periode
s
ρE D
2π
= 2π
T =
ω
ρW g
auf und ab springen.
c) Nun muss die Gewichtskraft der Eisscholle inklusive der Pinguine gerade gleich der
Auftriebskraft durch das verdrängte Wasser sein. Es gilt also
ρE ADg + mg = ρW ADg.
Man erhält somit für die Masse der Pinguine
m = (ρW − ρE )AD.
d) Nach dem Schmelzen nimmt das Eis folgendes Volumen ein
V =
ME
ρE
=
AD.
ρW
ρW
Dies ist das Wasservolumen, das die Eisscholle verdrängt hat. Somit ändert sich
der Meeresspiegel beim Schmelzen nicht.
Lichtimpuls
In einem Inertialsystem S ruht bei x = 0 ein Sender, der zum Zeitpunkt t = τ einen
Lichtimpuls in positive x-Richtung ausstrahlt. Das Inertialsystem S 0 bewege sich relativ zu S mit der Geschwindigkeit v in positive x-Richtung. In S 0 ruht bei x0 = 0 ein
Empfänger.
a) Zeigen Sie: Wenn der Lichtimpuls empfangen wird, hat der Empfänger bezüglich
S den Ort
vτ
x=
1 − vc
und die Uhr von S zeigt die Zeit
t=
τ
1−
v
c
b) Benutzen Sie das Ergebnis von Teilaufgabe a) um die Ankunftszeit des Lichtim-
7
pulses bezüglich S 0 zu berechnen.
Lösung:
a) Vom System S aus wird die Bewegung des Lichtimpulses durch
x = c(t − τ )
und die des Empfängers durch
x = vt
beschrieben. Gleichsetzen und Auflösen nach t ergibt
t=
τ
1−
x=
vτ
1 − vc
und daraus folgt x zu
v
c
b) Mit Hilfe der Lorentz-Transformation ergibt sich
v t0 = γ t − 2 x
c
τ
v vτ
= γ
− 2
1 − vc
c 1 − vc
!
2
1 − vc2
= γ
τ
1 − vc
v
= γ 1+
τ
c
v
1
1
+
= q
τ
c
1 − vc 1 + vc
s
1 + vc
=
τ
1 − vc
8