Lösung Klausur II - nano

Physik I für Chemiker,
WiSe 2017/2018
Lösung Klausur II
I. Theorieteil
T1
Aufgabenstellung
Am höchsten Punkt einer Kugeloberäche mit dem Radius R liegt ein Massenpunkt m der dort
unter Einwirkung der konstanten Erdanziehung eine Ruhelage besitzt. Der Massenpunkt wird
mit einer vernachlässigbaren Anfangsgeschwindigkeit in Bewegung versetzt, sodass er auf der
Kugeloberäche reibungsfrei herabgleitet.
a) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit des Blocks als Funktion des Winkels φ zwischen der
x−Achse und dem Ortsvektor der Masse.
b) Berechnen Sie den Winkel φkrit unter dem sich der Punkt von der Kreisoberäche löst.
Lösung
a) Bevor man die entsprechenden Gröÿen berechnen kann,muss man zunächst die Orientierung des Koordinatensystems wählen (siehe Abbildung ). Da keine dissipativen Kräfte
wirken, ist die Energie des Systems erhalten. Die Ausnutzung der Energieerhaltung liefert:
p
1
mv 2 = mgh = mg(2R − R(1 − cos(φ)) = mgR(1 − cos(φ)) ⇒ v = 2gR(1 − cos(φ))
2
b) Der Klotz löst sich genau dann von der Oberäche der Kugel, wenn die Zentrifugalkraft
die wirkende Gravitationskraft kompensiert. Damit folgt der Ansatz
mv 2
= mgcos(φ)
r
Jetzt ersetzt man v durch den winkelabhängigen Ausdruck aus a). Daraus ergibt sich
2mg(1 − cos(φ)) = mgcos(φ) ⇔ 3mgcos(φ) = 2mg ⇒ cos(φ) =
Als numerische Näherung ergibt sich φ ≈ 0.841rad oder φ ≈ 48.19 Grad .
X Z
Y
1
2
3
Physik I für Chemiker,
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Lösung Klausur II
T2
Aufgabenstellung
Ein Chemiker der Masse M steht auf einer stabilen Scheibe im Abstand r zur Drehachse.
Man nehme an, dass der Reibungskoezient zwischen den Schuhen des Chemikers und der
Oberäche der Scheibe µ sei. Zur Zeit t = t0 = 0 beginnt die Scheibe mit konstanter Winkelbeschleunigung α = θ̈ zu rotieren. Des Weiteren kann angenommen werden, dass die Schwerkraft
g mit konstanter Beschleunigung wirkt.
a) Wie groÿ darf die Winkelbeschleunigung αmax maximal sein, damit der Chemiker nicht
sofort hinunter fällt ?
b) Angenommen es gilt α < αmax . Wie groÿ ist die gesamte Reibungskraft die auf den
Chemiker in Abhängigkeit von der Zeit wirkt? Man gebe diese Kraft als Vektor an.
c) Angenommen α < αmax . Wie lange dauert es, vom Zeitpunkt t = t0 = 0 aus, bis der
Chemiker von der Platte fällt ?
Lösung
a) Für das Drehmoment gilt M = r × F und für den Betrag somit |M | = r · F . Falls das
Drehmoment auf den Chemiker mit der Masse M gröÿer ist als die Reibungskraft so fällt
dieser um. Also gilt
M rθ̈ = M rα = M µg ⇒ α <
µg
r
b) Für die Lösung dieser Aufgabe muss man zuerst die Winkelgeschwindigkeit explizit berechnen. Es gilt aus den Anfangsbedingungen r = const und somit ṙ = r̈ = 0 und
θ̈ = const und somit θ̇ = α · t . Die anwesenden Kräfte sind die radial wirkende Zentri~ = −M rθ̈e~θ .
fugalkraft F~ZF = M rθ̇2 e~r und die in θ-Richtung wirkende Eulerkraft FEuler
Damit ergibt sich für die wirkende Gesamtkraft
F~ = −M rθ̇2 e~r + M rθ̈e~θ = −M rα2 t2 e~r + M rαe~θ
c) Wir nehmen also an, dass |F~ | < µM g ist. Der Betrag der wirkenden Gesamtkraft ergibt
sich nach b) zu
p
||F ||2 = M
Mit etwas Algebra folgt
r2 α4 t4 + r2 α2 < M µg
r2 α4 t4 < µ2 g 2 − r2 α2
Damit folgt
1
t<
α
r
4
2
µg 2
− α2
r
Physik I für Chemiker,
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Lösung Klausur II
T3
Aufgabenstellung
Ein militärischer Aufklärungssatellit kreist mit der Geschwindigkeit v1 um die Erde. Er hat die
Masse m1 . Ein "Killer-Satellit"mit der Masse m2 mit m2 < m1 holt ihn mit der Geschwindigkeit v2 mit v2 > v1 ein. Beide Satelliten bewegen sich auf der gleichen Bahn. Der "KillerSatellit"rammt den Aufklärungssatelliten. Der Rammstoÿ soll Näherungsweise als vollkommen
unelastisch betrachtet werden.
a) Berechnen Sie die Geschwindigkeit v , die der Klumpen aus beiden Satelliten nach dem
Stoÿ hat.
b) Berechnen Sie die Energie ∆E , die zur Zerstörung nutzbringend verwendet werden kann.
Lösung
a) Nach dem vollkommen unelastischen Stoÿ hat der Satellitklumpen die Geschwindigkeit
v . Aus der Impulserhaltung folgt
m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2 ) · v ⇒ v =
m1 v1 + m2 v2
m1 + m2
b) Die zur Zerstörung nutzbringend angewendete Energie ∆E ist die Dierenz von kinetischer Gesamtenergie vor dem Stoÿ und der kinetischen Energie nach dem Stoÿ.
1
1
∆E = (m1 v12 + m2 v22 ) − (m1 + m2 )v 2
2
2
3
Physik I für Chemiker,
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Lösung Klausur II
T4
Aufgabenstellung
Ein homogener Balken der Masse M und der Länge d wird an einem Ende xiert. Der Balken
wird um 90 Grad aus seiner Ruheposition hinausgedreht. Auf den Balken wirkt die konstante
Gravitationskraft.
a) Wie groÿ ist die Winkelgeschwindigkeit des Balkens als Funktion des Winkels?
b) Wie groÿ ist die Winkelbeschleunigung des Balkens als Funktion des Winkels?
c) Wie groÿ sind die horizontalen und die vertikalen Kräfte ,die auf den Balken als Funktion
des Winkels wirken ?
Lösung
a) Da keine dissipativen Kräfte wirken, es wirkt lediglich die Gravitationskraft, ist die gesamte mechanische Energie erhalten. Man beachte, dass es sich bei diesem Problem um
ein reines Rotationsproblem um den Aufhängepunkt handelt.
Es gilt :
1
d
Ei = 0, Ef = I θ̇2 − M g sin(θ)
2
2
wobei der Term M g 12 sin(θ) die potenzielle Energie in jedem Punkt P (θ) beschreibt. Mit
der Energieerhaltung und etwas Algebra folgt:
1
d
Ei = Ef ⇒ I θ̇2 − M g sin(θ) = 0 ⇒ θ̇ =
2
2
mit I =
M d2
3
r
g
3 sin(θ)
d
dem Trägheitsmoment.
b) Die Lösung kann mit Aufgabenteil a) berechnet werden. Es gilt
d 2
(θ̇ ) = 2θ̇θ̈
dt
Damit folgt:
θ̈ =
3g
cos(θ)
2d
c) Bei der Lösung dieser Aufgabe gibt es zwei Möglichkeiten. Entweder man löst diese Aufgabe komplett in Polarkoordinaten mit
r : −M rθ̇2 = Fr + mgsin(θ), θ : M rθ̈ = −Fθ + M gcos(θ)
und transformiert hinterher in kartesische Koordinaten, oder man schreibt die kartesischen
Koordinaten in Abhängigkeit von θ. Der zweite ist hier der einfachere Weg. Man beachte
dabei, dass θ noch implizit von t abhängt. Es gilt für die horizontale Komponente :
Fh = M ẍ = M
1
d2 d
[ cos(θ)] = − M d[sin(θ)θ̈ + cos(θ)θ̇2 ]
2
dt 2
2
4
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Lösung Klausur II
Setzt man für θ̇ und θ̈ die entsprechenden Ausdrücke aus b) ein, so folgt
9
Fh = M gsin(θ)cos(θ)
4
Für die vertikale Komponente gilt:
Fv = M z̈ + M g = M
d
3
1
d2
(− sin(θ)) = M g(sin(θ)2 − cos(θ)2 ) + M g
2
dt
2
2
2
5
Physik I für Chemiker,
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Lösung Klausur II
T5
Aufgabenstellung
Betrachten Sie ein Seil der Masse M und der Länge L, welches in Ruhe an einer Halterung
befestigt ist. Das Seil habe eine längenbezogene Massenverteilung ,die von der Höhe abhängt
mit
πz
λ(z) = λ0 · sin(
L
)
wobei λ0 eine Konstante ist. Die wirkende Gravitationskraft kann als konstant angesehen werden.
a) Berechnen Sie die Konstante λ0
b) Wie groÿ ist die Zugkraft, die an dem freien Ende des Seils wirkt?
c) Bestimmen Sie die Zugkraft entlang des Seils als Funktion des Abstandes z von der
Aufhängung zum Punkt z .
Lösung
a) Die Gesamtmasse ergibt sich als Integral über die Massenverteilung über die komplette
Länge. Damit folgt:
L
Z
M=
Z
L
λ(z)dz = λ0
sin(
0
0
Es gilt also:
λ0 =
πz
2
)dz = Lλ0
L
π
πM
2 L
b) Da am unteren Ende des Seils keine Masse hängt, ist die Zugkraft einfach Null
c) Die Zugkraft im Punkt z ist genau die Kraft, die man braucht um die Masse m oben zu
halten. Es gilt also:
Z
T (z) = g
z
L
π Mg
= λ(z )dz =
2 L
0
0
6
Z
L
sin(
z
πz 0
Mg
πz
)dz 0 =
(1 + cos( ))
L
2
L
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Lösung Klausur II
T6
Aufgabenstellung
Zwei Blöcke der Massen M1 und M2 mit M2 > M1 sind aufeinander geschichtet und liegen zu
Anfang am Beginn der Oberäche eines Tisches, wobei diese Oberäche reibungsfrei ist. Die
Massen sind über eine ideale Umlenkrolle miteinander verbunden und der Reibungskoezient
zwischen den Flächen der beiden Blöcke sei µs .Es handelt sich bei dem Aufbau also um einen
Flaschenzug. Nun wird der Flaschenzug durch eine Kraft F nach rechts beschleunigt, was dazu
führt, dass die Umlenkrolle mit a beschleunigt wird. Nehmen Sie an, dass die Gravitationskraft
g als konstant angesehen werden kann.
a) Zeichne das Kräftediagramm für jeden Block und die Umlenkrolle.
b) Falls sich die Blöcke relativ zueinander nicht bewegen, wie groÿ ist deren Beschleunigung.
Lösung
a) Das Kräftediagramm ist unten abgebildet. Man beachte, dass das Gewicht der Rolle hier
vernachlässgt wurde und die Seilspannung als konstant angenommen wurde, da dieses
hier masselos ist.
b) Falls sich die Massen relativ zueinander nicht bewegen, dann ist deren Beschleunigung
gleich der Beschleunigung der Umlenkrolle. Man kann dies zeigen durch
(xp − x1 ) + (xp − x2 ) = const
Dierenziert man diesen Ausdruck zwei mal nach der Zeit, so folgt:
2xp = 2a = x¨1 + x¨2 ⇒ x¨1 + x¨2
Da die Kraft F gegeben ist, folgt mit Newton II
x¨1 = x¨2 =
F
M1 + M2
und mit Einbindung der Reibungskraft
x¨1 = x¨2 = 2µg
7
M1
M1 + M2
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Lösung Klausur II
II. Rechenteil
R1
Aufgabenstellung
In folgenden beiden Abbildungen ist eine Welle dargestellt, die sich nach rechts fortbewegt.
Links ist diese zur Zeit t = 0 zu sehen uns rechts 10s später.
a) Bestimmen Sie die Wellenlänge der Welle, die Frequenz der Quelle die das Seil zum
schwingen bringt, sowie die Geschwindigkeit der Welle.
b) Stellen Sie eine Gleichung auf, die die Auslenkung y als Funktion von x und t beschreibt.
Lösung
a) Durch ablesen ergibt sich λ = 4cm , f =
1
T
=
ω
2π
=
1
20s
= 0.05s−1 und v = 0.2 cm
s
b) Gleichung, die die Auslenkung y als Funktion von x und t beschreibt:
y(x, t) = A · sin(kx − ωt) = 1 · sin(
8
2π
2π
2π
2π
x−
) = sin(
x−
t)
λ
T
4cm
20s
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Lösung Klausur II
R2
Aufgabenstellung
Wenn Sebastian Vettel in sein Rennauto steigt, senkt es sich durch die Federung um ∆x = 2.5cm
ab. Ermitteln Sie anhand dieser Beobachtung, mit welcher Frequenz ν der Wagen nach dem
Durchfahren einer Bodenwelle auf und ab schwingt, wenn man annimmt, dass Herr Vettel eine
Masse von 80Kg und sein Auto eine Masse von 1220Kg besitzt und das die Dämpfung zu
vernachlässogen ist.
Lösung
Auto mit Sebastian Vettel: I mg = −kx
Auto ohne Sebastian Vettel: II M g = −k(x − ∆x)
Setzt man I in II ein, so ergibt sich:
−k(
mg
M g − mg
− ∆x) ⇔ k∆x = M g − mg ⇔ k =
−k
∆x
Es ist bekannt, dass gilt
2π
= 2πν =
ω=
T
Damit folgt
q
ν=
k
M
2π
r
≈ 0.781
9
k
m
1
s
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Lösung Klausur II
R3
Aufgabenstellung
Auf einem senkrecht auf- und abschwingenden Kolben liege ein Gewicht.
a) Angenommen, die harmonische Schwingung dieser Bewegung habe eine Periode von 1.0s.
Bei welcher Amplitude trennen sich das Gewicht und der Kolben kurzzeitig?
b) Angenommen, die Schwingung habe eine Amplitude von 5cm. Bis zu welcher Frequenz
sind der Kolben und das Gewicht in ständigem Kontakt?
Lösung
a) Die allgemeine Lösung für eine harmonische Schwingung ist
A(t) = A0 cos(ωt + φ)
Die Beschleunigung ergibt sich durch
!
Ä(t) = A0 ω 2 cos(ωt + φ0 ) ⇒ amax = A0 ω 2 = 4π 2 A0 ν 2 = g
Damit folgt
A0 =
g
9.81ms−2
=
= 24.85cm
2π 2 ν 2
4 · (3.14159)2 · 1.0s−2
b) Mit Aufgabenteil a) folgt
2
2 !
αmax = 4π A0 ν = g ⇒ νmax
10
1
=
2π
r
g
= 2.23s−1
A0
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Lösung Klausur II
R4
Aufgabenstellung
Die Abbildung stellt das vereinfachte Modell einer Eiskunstläuferin dar, die eine Pirouette
ausführt. Zwei gegenüber liegende Massenpunkte mit je 35Kg Gewicht drehen sich dabei mit
der Winkelgeschwindigkeit von 1 Umdrehung pro Sekunde auf einem Kreis mit dem Radius
r = 1m.
a) Wie groÿ ist der Betrag des Drehimpulsvektors bezüglich der Drehachse, in welche Richtung zeigt der Drehimpulsvektor und wie groÿ ist die kinetische Energie?
b) Die Eiskunstläuferin verringert nun R1 = 1m auf R2 = 0.75m . Wie groÿ ist jetzt die
Winkelgeschwindigkeit, der Drehimpuls und die kinetische Energie?
c) Stellen Sie die Energiebilanz auf. Berechnen Sie dazu die Arbeit, die die Eisläuferin beim
Verringern des Massenabstandes geleistet hat.
Lösung
a) Für das Trägheitsmoment und den Drehimpulsbetrag gilt:
Kg · m2
1
I1 = 2mr2 = 2mR12 ⇒ L1 = I1 ω1 = 2mR12 ω1 ⇒ L1 = 2·(35Kg)(1m)2 ·2π· ≈ 439.8
s
s
~ = ~r × p~. Für
Der Drehimpulsvektor zeigt senkrecht zur Bewegungsebene nach oben, da L
die Energie bzw. die Rotationsenergie gilt:
1
Erot,1 = I1 ω12 = mR12 ω12 = 1381.74J
2
b) Da kein äuÿeres Drehmoment wirkt, ist der Drehimpuls erhalten.Für die neue Situation
ergeben sich ein neues Trägheitsmoment I2 und ein neuer Drehimpuls L2 .Für die beiden
Gröÿen gilt:
I2 = 2mR22 , L2 = I2 ω = L1 = I1 ω1
Damit folgt
ω=
I1
2mR12
R2
1m2
1
1
ω1 =
ω1 = 12 ω1 =
· ≈ 1.78 · 2π
2
I2
(0.75)2 · m2 s
s
2mR2
R2
Für die neue kinetische Energie gilt
1
1
R2
Erot,2 = I2 ω 2 = 2mR22 ( 12 ω1 )2 = 2456.41J
2
2
R2
c) Es gilt für die geleistete Arbeit:
Erot,2 = Erot,1 + ∆W ⇒ ∆W = 1074.67J
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R5
Aufgabenstellung
Ein Chemie-Student baut ein einfaches Katapult, das aus einer starken massiven Feder besteht, die in einem Winkel von 40 Grad zur horizontalen geneigt ist. Die Federkonstante ist
k = 150N/m. Die Feder wird gestaucht und dann bis zum Abschuss xiert. Danach wird ein
Projektil der Masse m = 50g auf die Feder gelegt.
a) Die Feder wird um 50cm zurückgezogen. Welche Kraft ist dazu erforderlich? Wie groÿ ist
die mechanische Arbeit die dabei verrichtet werden muss? Vernachlässigen Sie hier den
Einuss der Gravitationskraft.
b) In dieser Stellung wird das Projektil eingeführt und abgefeuert. Mit welcher Anfangsgeschwindigkeit verlässt das Geschoss das Katapult?Vernachlässigen Sie die Gravitationskraft bis zu dem Zeitpunkt, wo das Geschoss das Katapult verlässt.
c) Wie weit iegt das Geschoss nachdem es das Katapult verlassen hat? Vernachlässigen Sie
die Luftreibung und nehmen Sie an, dass das Projektil aus der Höhe h = 0 abgefeuert
wurde.
Lösung
a) Für die Kraft gilt
F = k · ∆x = 150
Für die verrichtete Arbeit gilt
Z
W =
0
∆x
N
· 50cm = 75N
m
1
F · dx = kx2 |50cm
= 18.75J
0
2
b) Wir benutzen die Energieerhaltung.
1
W = mv02 ⇒ v0 =
2
r
2W
=
m
s
m
2 · 18.75J
= 27.4
50g
s
c) Das Projektil wird unter einem Winkel von 40 Grad abgefeuert. Wenn man die Geschwindigkeit v in die Komponenten relativ zu der x-Achse und y -Achse aufteilt so ergibt sich
vx = v0 · cos(α), vy = v0 · sin(α)
Da die einzig wirkende Kraft die Gravitationskraft ist, lässt sich die Höhe beschreiben
durch
1
h(t) = vy · t − gt2
2
Der Ball berührt den Boden, wenn gilt h(t) =! 0 , also
!
h(t) = 0 ⇒ vy −
2vy
1
= 0 ⇒ tF =
= 3.59s
2gt
g
Damit folgt
sx (tF ) = vx · tF = v0 cos(α)tF = 75.4m
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Lösung Klausur II
R6
Aufgabenstellung
Eine ideale Flüssigkeit der Dichte ρ strömt durch eine sich verengende Röhre mit senkrechten
Steigrohren an vier Stellen.
a) Wie schnell strömt Wasser unter Röhre II, wenn es bei Steigröhre I mit v1 ieÿt?
b) Berechnen Sie die Höhenunterschiede ∆hII , ∆hIII und ∆hIV des Wasserstandes zur
Referenzlinie als Funktion von v1 , A1 und A2 .
Lösung
a) Hier kann man die Kontinuitätsgleichung benutzen. Es gilt
A1 v 1 = A2 v 2 ⇔ v 2 =
A1
v1
A2
b) Für die Strömungsgeschwindigkeiten gilt v1 = v3 = v4 , da für diese die Rohrquerschnitte
identisch sind. Mit der Bernoulli- Gleichung folgt nun
1
1
1
1
A1
p1 + ρv12 = p2 + ρv22 ⇒ p2 − p1 = ρ(v12 − v22 ) = ρv12 (1 − ( )2 )
2
2
2
2
A2
Nun ersetzt man p2 − p1 = ∆pII = ρg∆hII und damit
∆hII =
v12
A1
(1 − ( )2 )
2g
A2
Da v1 = v3 gilt folgt ∆hIII = 0 Im Steigrohr IV wird er Gesamtdruck p4 = p1 + 21 ρv12
gemessen. Damit folgt
1
v2
∆pIV = p4 − p1 = ρg∆hIV = ρv12 → ∆hIV = 1
2
2g
13