PHYSIK I Serie 4, Musterlösung

PHYSIK I
Prof. Dr. Danilo Pescia
Tel. 044 633 21 50
[email protected]
Niculin Saratz
Tel. 044 633 23 28
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Wintersemester 05/06
www.microstructure.ethz.ch
Serie 4, Musterlösung
1. Zwei Massepunkte
a) Es gilt: z1 (t) = h1 + v1 t − g2 t2 und z2 (t) = h2 + v2 t − g2 t2 . Wir setzen die Höhe z = 0
.
an der Erdoberfläche, also muss für die Masse m1 gelten: h1 + v1 t1 − g2 t1 2 = 0. Dies ist
eine gewöhnliche quadratische Gleichung deren Lösung gegeben ist durch
q
p
−v1 ± v1 2 − 4h1 − g2
v1 + v1 2 + 2h1 g
=
.
t1 =
g
2 − g2
Aus physikalischen Gründen ist nur das positive Vorzeichen vor der Wurzel sinnvoll (für
grössere Anfangshöhe ist die Fallzeit grösser.) Die Formel lautet analog für die 2. Masse.
b) Wenn die Masse die maximale Höhe erreicht, ist ihre Geschwindigkeit ż = 0 (Toter
Punkt). Wir verwenden also ż(t) = v1 − gt ⇒ t(ż = 0) = vg1 . Einsetzen in obige
Formel für z(t) liefert z1,max = h1 +
v1 2
2g
und analog für z2,max .
c) Es muss gelten: z1 (t) = z2 (t) also h1 − g2 t2 = h2 + v2 t − g2 t2 ⇒ t =
h2 −h1
|v|
2. Zwei Massen am Seil
a) Wegen dem Seil gilt die Bedingung z1 = −z2 . Die Bewegungsgleichung für m1 ist
(m1 + m2 )z̈1 (t) = −g(m1 − m2 ) , was sich mit µ :=
m1 − m2
m1 + m2
zu
z̈1 (t) = −µg
(1)
vereinfacht. Integrieren der BGL liefert z1 (t) = −µ g2 t2 + ż(0)t + z(0). Aus den Anfangsbedingungen wissen wir, dass ż(0) = 0 und z(0) = h0 = 0. Wir können nun einsetzen
und erhalten
6m − 4m 10 sm2
z1 (1s) = −
(1s)2 = −1m und damit sofort z2 (1s) = −z1 (1s) = 1m .
6m + 4m 2
b) Bis das Seil reisst gilt weiterhin die BGL (1). Ab dann gelten jedoch zwei neue Bewegungsgleichungen für m1 und m2 :
m1 z̈10 (t0 ) = −m1 g
und
m2 z̈20 (t0 ) = −m2 g
1
wobei t0 = t − 1.5 s .
(2)
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Wir müssen nun die Bahnen für t < 1.5 s und t > 1.5 s am Zeitpunkt t = 1.5 s ⇔ t0 = 0 s
zusammensetzen — Position und Geschwindigkeit müssen stetig sein. Wir berechnen
also zuerst den Zustand der Bewegung von m1 bei t = 1.5 s:
m
z1 (1.5 s) = −2.25 m und ż1 (1.5 s) = −µg1.5 s = −3
(3)
s
m
und daraus direkt z2 (1.5 s) = 2.25 m und ż2 (1.5 s) = 3
.
(4)
s
Als nächstes lösen wir die Bewegungsgleichungen (2):
g 2
(5)
z10 (t0 ) = − t0 + ż10 (t0 = 0 s)t0 + z10 (t0 = 0 s)
2
g 2
(6)
und z20 (t0 ) = − t0 + ż20 (t0 = 0 s)t0 + z20 (t0 = 0 s) .
2
.
Es gilt dann z10 (t0 = 0 s) = z1 (t = 1.5 s) = −2.25 m und
.
ż10 (t0 = 0 s) = ż1 (t = 1.5 s) = −3 ms . Wir erhalten also für die Trajektorien der beiden
Massen nach dem Seilriss folgende Funktionen:
m
g 2
m
g 2
(7)
z10 (t0 ) = − t0 − 3 t0 − 2.25 m und z20 (t0 ) = − t0 + 3 t0 + 2.25 m .
2
s
2
s
Einsetzen von t0 = 2 s liefert das gesuchte Ergebnis
z10 (2 s) = −28.25 m und z20 (2 s) = −11.75 m
In der untenstehenden Figur sind z1 (t), z2 (t), v1 (t) = ż1 (t) und v2 (t) = ż2 (t) dargestellt.
z [m]
v [m/s]
5
5
0
0
-5
-5
-10
-10
-15
-15
z1
-20
-20
z2
v1
-25
-25
v2
-30
-30
0
0.5
1
1.5
2
t [s]
2
2.5
3
3.5
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3. Schiefer Wurf
Wir berechnen zuerst die Bahn des Projektils als Funktion der Zeit wobei wir den Abschusswinkel α als Parameter mitnehmen:
x(t) = vx t = v0 cos(α) t
g 2
g
z(t) = − t + vz t = − t2 + v0 sin(α) t
2
2
(8)
(9)
a) Die maximale Höhe hat das Projektil erreicht, wenn ż = 0 gilt. Also
v0 sin α
v0 sin α g
.
ż(t) = v0 sin α − gt = 0 ⇒ tzmax =
⇒ zmax = v0 sin α
−
g
g
2
⇒ zmax (α) =
v02 sin2 α
2g
v0 sin α
g
2
.
b) Wir bestimmen die Flugzeit tF als Funktion des Abschusswinkels:
2v0 sin α
g
.
z(t) = t (− t + v0 sin α) = 0 ⇒ tF ∈ 0,
2
g
(10)
Die Lösung tF = 0 ist die Anfangssituation. Wir setzten die andere Lösung in (8) ein
und erhalten die Schussweite als Funktion von α
xz=0 (α) = v0 cos α
2v 2
2v0 sin α
= 0 cos α sin α
g
g
(11)
Wir maximieren als nächstes x bezüglich α. Notwendige Bedingung dafür, dass x für ein
dx
bestimmtes α0 ein Maximum annimt ist, dass dα
(α0 ) = 0.
.
2v0 2
dx
sin2 α
2
2
2
2
=
cos α − sin α = 0 ⇔ cos α = sin α ⇔
=1
dα
g
cos2 α
sin α
π
⇔
= tan α = ±1 ⇒ α = ± (= ±45◦ ) .
cos α
4
(12)
(13)
Wobei natürlich nur der positive Winkel in Frage kommt. Also ist die Schussweite maximal, wenn der Abschusswinkel π/4 oder 45◦ ist.
c) Der Unterschied zu Aufgabe b) liegt in der Bedingung für das Auftreffen des Projektils
am Boden, (10). Hier hängt nun die Höhe des Bodens von x ab, und zwar gilt
hB (x) = x tan β
.
(14)
Wir berechnen nun wieder die Zeit, zu welcher das Projektil am Boden auftrifft:
g
.
z(t) = − t2 + v0 sin α t = x tan β = v0 cos(α) t tan β
2
3
(15)
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g
2v0 (sin α − tan β cos α)
t − t + v0 sin α − v0 cos(α) tan β = 0 ⇒ tF ∈ 0,
2
g
(16)
Wie oben ist nur die von Null verschiedene Lösung relevant. Wir setzen diese nun in (8)
ein und erhalten
2v0 (sin α − tan β cos α
x(α) = cos αv0
(17)
g
Ableiten nach α liefert
.
dx
2v 2
= 0 − sin2 α + cos2 α − tan β 2 cos α(− sin α) = 0
dα
g
⇔ cos2 α + 2 tan β cos α sin α − sin2 α = 0
(18)
(19)
Verwendung der Identitäten cos α sin α = 1/2 sin(2α), sin2 α + cos2 α = 1 und
cos2 α = 1/2(1 + cos(2α)) führt auf
1
cos2 α + 2 tan β sin 2α − sin2 α = 0 ⇔ cos2 α + tan β sin 2α − (1 − cos2 α) = 0
2
1
−1
⇔ α = arctan(− cot β)
⇔ cos 2α + tan β sin 2α = 0 ⇔ tan 2α =
tan β
2
Weiter erhalten wir mit γ = 90◦ + δ ⇔ tan γ = − cot δ
α=
π β
β
+ = 45◦ +
4
2
2
.
(20)
Das stimmt natürlich für β = 0◦ mit der Lösung aus Teilaufgabe b) überein.
Bemerkung: Man kann alternativ auch aus (8) und (9) die Zeit eliminieren indem man (8)
nach t auflöst und in (9) einsetzt. Man erhält dann die bekannte Formel für die Wurfparabel
z(x) = x tan α −
v02
g
x2
cos2 α
,
(21)
die man dann in b) gleich Null setzen und danach nach x auflösen kann, wodurch man auch
wieder (11) erhält. In c) setzt man (21) mit (14) gleich und löst nach x auf, was wieder auf
(17) führt.
4