90 min Fach: Physik

Fachhochschule Hannover
Fachbereich Maschinenbau
Fach: Physik 1 im WS0708
1.
a.
b.
c.
2.
a.
b.
c.
d.
e.
3.
a.
b.
4.
vorgezogene Wiederholungsklausur
28.09.07
Zeit: 90 min
Hilfsmittel: Formelsammlung zur Vorlesung
Der Sprintweltrekord über die 50 m Strecke liegt bei 5,56 s, der über die 60 m Strecke bei
6,39 s. Nehmen Sie an, dass ein Sprint näherungsweise als Überlagerung einer gleichmäßig
beschleunigten und einer gleichförmigen Bewegung beschrieben werden kann.
Bestimmen Sie die Höchstgeschwindigkeit v0 und die Beschleunigung a0.
Nehmen Sie an, dass man auf der 100 m die gleichen Beschleunigungs- und Höchstgeschwindigkeitswerte erreichen kann. Welche Weltrekordzeit für die 100 m Strecke könnte nach den
unter 1a. bestimmten Werten erwartet werden?
Der aktuelle Weltrekord über 100 m liegt bei 9,77 s. Wenn man annimmt, dass die Beschleunigungen bei den Sprintstrecken gleich sind, welcher Höchstgeschwindigkeit entspricht die
Weltrekordzeit über die 100 m Strecke?
Eine Masse ( m1 = 1 kg ) wird von einem Körper
gleicher Masse ( m1 = 1 kg ) auf einer schiefen Ebene
mit einem Neigungswinkel von α = 20° und der
Länge l = 1 m hochgezogen. Die Gleitreibungszahl
beträgt μG = 0, 25 . Die Rolle habe eine Masse von
mR = 0,5 kg und kann als Hohlzylinder behandelt
werden. Die Masse des Seils soll vernachlässigt
werden.
Mit welcher Beschleunigung bewegen sich die Massen?
Welche Zeit benötigt m1 , um die Strecke l zu durchlaufen? Anfangsbedingung v(t = 0) = 0 .
Welche Geschwindigkeit erreicht m1 am Ende der schiefen Ebene?
Bestimmen Sie die Energien in der (ruhenden) Anfangsposition und nach Durchlaufen der
Strecke l (System soll noch in Bewegung sein) und prüfen Sie unter Berücksichtigung der
auf der Strecke l geleisteten Reibungsarbeit die Gültigkeit des Energieerhaltungssatzes.
Wie groß sind die Seilkräfte an m1 und m2 während der beschleunigten Bewegung?
Ein glühendes (weiches) Werkstück der Masse mW = 2,5 kg wird mit einem Hammer der
Masse mH = 7,5 kg auf einem Amboss (Masse: mA = 200 kg ) geschmiedet. Betrachten Sie
den Schlag als vollkommen unelastisch. Die Wechselwirkung des Amboss mit der Unterlage
muss nicht berücksichtigt werden.
Welcher Teil der kinetischen Energie des Hammers dient der Verformung des Werkstückes?
Was bewirkt die Restenergie?
Ein Drehmomentenrad erfährt um seine horizontale Achse eine
Winkelbeschleunigung, die durch die Gewichtskraft eines Körpers der Masse m = 5 kg erzeugt wird, der an einem um die
Achse ( R = 5 cm ) gewickelten Faden hängt. Lässt man den
Körper (m) los, so bewegt er sich in t = 4 s um die Strecke
s = 1 m nach unten. Berechnen Sie das Massenträgheitsmoment J ges des Systems Rad/Achse,
Verwenden Sie zur Vereinfachung bei allen Aufgaben g = 10 m s-2.
Lösungen:
1a.
Bezeichnung:
s1 - Gesamtstrecke 50 m
t g1 - Gesamtzeit über 50 m: 5,56 s
ta - Beschleunigungszeit
1
Weg-Zeit-Funktion für 50m Strecke s1 = a0 ta2 + v0 ( t g1 − ta )
2
1
1
s1 = a0 ta2 + v0 t g1 − v0ta = a0 ta2 + v0 t g1 − a0ta2
2
2
1
s1 = v0t g1 − a0ta2
2
1
mit v0 = a0 ta
s1 = a0 ta t g1 − a0ta2
2
Herleitung für die Weg-Zeit-Funktion der 60 m Strecke ist analog:
s2 - Gesamtstrecke 60m
Bezeichnung:
t g 2 - Gesamtzeit über 60 m: 6,39 s
(1)
ta - Beschleunigungszeit
Die Modellannahme soll sein, dass die Beschleunigungen a0 , die Endgeschwindigkeiten v0
und die Beschleunigungszeiten ta bei der 50 m und der 60 Sprintstrecke gleich sind.
Es gilt also eine ähnliche Gleichung wie Gl. (1):
1
Weg-Zeit-Funktion für 60m Strecke s2 = a0 ta t g 2 − a0ta2
(2)
2
1
Einsetzen von a0ta2 aus (2) in (1): s1 = a0 ta t g1 − ( a0 ta t g 2 − s2 )
2
Es folgt:
s1 − s2 = a0 ta ( t g1 − t g 2 )
Lösung für v0 = a0 ta :
a0 ta = v0 =
( 60 − 50 ) m = 10 m
s1 − s2
=
t g1 − t g 2 ( 6,39 − 5,56 ) s 0,83 s
v0 = a0 ta =
10 m
= 12, 05 m s −1
0,83 s
v0 = 12, 05 m s −1 = 43, 4 km h −1
1 v02
2 a0
Für s1 gilt (siehe (1):
s1 = v0 t g1 −
Es folgt:
a0 =
v02
2 ( v0 t g1 − s1 )
Lösung:
a0 =
12, 052
m
= 4, 27 m s −2
2
2 ⋅ (12, 05 ⋅ 5,56 − 50) s
Kontrolle: Aus (2) folgt:
a0 =
v02
2 ( v0 t g 2 − s2 )
12, 052
m
= 4, 27 m s −2
a0 =
2
2 ⋅ (12, 05 ⋅ 6,39 − 60) s
1b.
s3 = v0 t gextrapoliert
−
3
Für die 100 m Strecke gilt:
s3
v
100
12, 05
+ 0 =
+
= 9, 71 s
v0 2 a0 12, 05 2 ⋅ 4, 27
Ein Mensch kann über eine Strecke von s3 = 100 m vermutlich nicht die gleiche Geschwindigkeit wie über die 50 m und 60 m Strecken halten. Nimmt man an, dass die Beschleunigung
a0 konstant ist, so folgt für die tatsächlich erreichbare Höchstgeschwindigkeit über die 100 m
Strecke:
2
1 v03
s3 = v03 t ggem
−
3
2 a0
mit:
s3 = 100 m und t g 3 = 9, 77 s
t gextrapoliet
=
3
Lösungen:
1c.
1 v02
2 a0
2
1 v03
− v03 t ggem
3 = − s3
2 a0
2
v03
− 2 v03 t ggem
3 a0 = −2 a0 s3
2a.
mit: a0 = 4, 27 m s −2
v03 = ± a02 t g23 − 2 a0 s3 + a0 t g 3
Erste Lösung (unrealistisch):
v03/1 = ( +29, 79 + 41, 74 ) m s −1 = 71,53 m s −1
Zweite Lösung (realistisch):
v03/ 2 = ( −29, 79 + 41, 74 ) m s −1 = 11,95 m s −1
Richtige Lösung:
v03/ 2 = 11, 95 m s −1 = 43, 0 km h −1
⎛
⎞
⎜ ∑ Fi ⎟ − m2 a = 0
⎝ i
⎠
nach unten und die Seilkraft FS 2 nach oben.
D'Alembertsches Prinzip für m2:
Es wirkt die Gewichtskraft Fg 2
(F
g2
− FS 2 ) − m2 a = 0
(1)
⎛
⎞
⎜ ∑ Fi ⎟ − m1 a = 0
⎝ i
⎠
Es wirken die Seilkraft Fg1 nach oben, die Tangentialkomponente der Gewichtskraft Ft1 und
D'Alembertsches Prinzip für m1:
die Gleitreibungskraft FG1 nach unten.
( FS1 − Ft1 − FG1 ) − m1 a = 0
(2)
Die Kräfte an den beiden Seilenden sind nicht gleich, da die Masse der Umlenkrolle nicht
vernachlässigbar ist und die Seilkraft FS 2 ("rechts") größer als die Seilkraft FS 1 ("links") sein
muss, um ein Drehmoment M R an der Umlenkrolle rechts erzeugen zu können.
M
(3)
FS 2 − FS 1 = R
R
Für starre Körper (Rolle) gilt:
M R = J R ⋅ α R = k mR R 2 α R = 1 ⋅ mR R 2 α R
"Rollbedingung" für Seil-Rolle:
a = R ⋅α R
Aus (1) ergibt sich:
M R mR R 2 a
=
= mR a
R
R2
FS 2 = Fg 2 − m2 a = m2 g − m2 a
Aus (2) ergibt sich:
FS 1 = Ft1 + FG1 + m1 a
Einsetzen in (3):
Einsetzen in (3) ergibt:
FS 2 − FS 1 =
( m2 g − m2 a ) − ( Ft1 + FG1 + m1 a ) = mR a
Ft1 = m1 g sin α
FG1 = μG m1 g cos α
m2 g − m2 a − m1 g sin α − μG m1 g cos α − m1 a = mR a
m − m1 ( sin α + μG cos α )
Lösung:
a = g⋅ 2
m1 + m2 + mR
m 1 − 1( 0,3420 + 0, 25 ⋅ 0,9396 )
a = 10 2 ⋅
s
1 + 1 + 0,5
m
a = 10 2 ⋅ 0,1695 = 1, 70 m s −2
s
1
Bei gleichmäßiger Beschleunigung gilt:
s (t ) = a t 2
2
1 2
Für die Strecke l folgt:
s ( tl ) = l = a tl
2
2⋅l
2 ⋅1 m
tl =
=
= 1, 08 s
Für die Strecke l gilt:
a
1, 70 m s −2
Bei gleichmäßiger Beschleunigung gilt:
v(t ) = a ⋅ t
Es folgt für s ( tl ) = l :
v(tl ) = a ⋅ tl
Hangabtriebskraft von m1 :
Gleitreibungskraft von m1 :
Einsetzen:
2b.
2c.
v(tl ) = 1, 70
Lösung:
2d.
m
m
⋅1, 08 s = 1,84
2
s
s
Anfangsposition:
Für t = 0 soll für die Masse m1 gelten:
Definition:
E pot ,1 ( t = 0 ) = 0
Für t = 0 soll für die Masse m2 gelten:
E pot ,2 ( t = 0 ) = m2 g l
und:
Ekin ,1 = Ekin,2 = Erot = 0
Gesamtenergie der Anfangsposition: Eges , Anf = E pot ,2 ( t = 0 ) = m2 g l = 1⋅10 ⋅1⋅1 = 10, 000 J
Endposition:
Bei t = tl gilt für die Masse m1 :
E pot ,1 ( t = tl ) = m1 g H
mit Höhe H:
H = l ⋅ sin α = 0,3420 m
E pot ,1 ( tl ) = m1 g H = 1⋅10 ⋅1⋅ 0,3420 = 3, 420 J
und für die kinetische Energie:
Bei t = tl gilt für die Masse m2 :
1
m1v 2 ( tl ) = 0,5 ⋅1 ⋅1,842 J = 1, 693 J
2
E pot ,2 ( t = tl ) = 0
Ekin ,1 =
mit:
1
m2 v 2 ( tl ) = 0,5 ⋅1 ⋅1,842 J = 1, 693 J
2
1
Erot = J R ωR2
2
v ( t = tl )
ωR ( t = tl ) =
R
2
J R = mR R
Einsetzen:
Erot =
und für die kinetische Energie:
Rotationsenergie der Rolle:
mit:
Ekin ,2 =
Erot
v 2 ( t = tl ) 1
1
= mR v 2 ( t = tl )
mR R 2
2
R
2
2
= 0,5 ⋅ 0,5 ⋅1,84 2 J = 0,846 J
Gesamtenergie in der Endposition:
Eges , End = Ekin ,1 + Ekin ,2 + Erot + E pot ,1
Eges , End = 1, 693 J + 1, 693 J + 0,846 J + 3, 420 J
Eges , End = 7, 652 J
Die Differenz der Gesamtenergien Eges , Anf und Eges , End entspricht der bei der Bewegung der
Masse m1 geleisteten Reibungsarbeit: WR1 = E ges , Anf − Eges , End = 10, 000 J − 7, 652 J = 2,348 J
Für die Reibungsarbeit gilt:
2e.
WR ,1 = μG m1 g cos α ⋅ l
WR ,1 = ( 0, 25 ⋅1⋅10 ⋅ 0,9396 ⋅1) J = 2,349 J
Die Werte stimmen (bis auch Rundungsfehler) überein.
Seilkraft an m2:
FS 2 = Fg 2 − m2 a = m2 g − m2 a
Seilkraft an m1:
Differenz:
FS 2 = 10, 00 N − 1, 70 N = 8,30 N
FS 1 = Ft1 + FG1 + m1 a
FS 1 = m1 g ⋅ sin α + μG m1 g ⋅ cos α + m1 a
FS 1 = 3, 42 N + 2,35 N + 1, 70 N = 7, 47 N
FS 2 − FS 1 = 8,30 − 7, 47 = 0,83 J
M R Ja mR R 2
= 2 =
a = mR a
R
R
R2
FS 2 − FS 1 = mR a = 0,5 ⋅1, 70 N = 0,85 N
Die Werte stimmen (bis auch Rundungsfehler) überein.
Probe:
3a.
3b.
4a.
FS 2 − FS 1 =
Bei einem “vollkommen unelastischen Schlag” besitzen der Hammer (H), das Werkstück (W)
und der Amboss (A) nach dem Schlag die gleiche Geschwindigkeit. Der Hammerschlag überträgt Impuls auf die gemeinsame Masse, die aus Werkstück, Hammer und Amboss gebildet
wird.
Impulserhaltungssatz:
m H v H = (m H + m A + mW ) ⋅ u
1
1
0
Energieerhaltungssatz:
E kin
= m H v H2 = (m H + m A + mW ) ⋅ u 2 + Q
2
2
mH
Q
Es folgt:
= 1−
0
Ekin
mH + mA + mW
Q
7,5
= 1−
= 96, 43%
0
Ekin
7,5 + 200 + 2,5
ΔE = (100 − 96, 43) % = 3,57%
wird als kinetische Energie vom Gesamtsystem Werkstück + Hammer + Amboss aufgenommen und muss in der Praxis durch eine geeignete Unterlage (Holzbock eventuell mit Gummimatte) bedämpft werden.
Die Restenergie:
Lösungsweg auf der Basis von Kräften und Momenten:
Der Körper mit der Masse m fällt gleichmäßig beschleunigt.
1
Gleichm. beschleunigte Bewegung: s = a t 2
2
2 s 2m
a= 2 =
= 0,125 m s −2
2
t
16 s
Kräfte, die auf m wirken: Gewichtskraft Fg und entgegengesetzt die Seilkraft FS
⎛
⎞
⎜ ∑ Fi ⎟ − m a = 0 = ( Fg − FS ) − ma
⎝ i
⎠
Die Seilkraft FS erzeugt ein Drehmoment am System Rad/Achse:
M = FS ⋅ R
Das Drehmoment erzeugt eine Winkelbeschleunigung::
M = J ⋅α
Für Beschleunigung a der Masse m und Winkelbeschleunigung α vom System Rad/Achse
gilt der Zusammenhang:
a = R ⋅α
a
Es folgt:
FS ⋅ R = J
R
a
FS = J 2
R
Es folgt:
( Fg − FS ) − ma = m ( g − a ) − JRa2 = 0
g −a
J = m R2
a
2 10 − 0,125
J = 5 ⋅ ( 0, 05 )
kg m 2 = 0.9875 kg m 2
0,125
Lösungsweg mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes:
Setze (oBdA) die Gesamtenergie im Ausgangszustand (Index 0) gleich Null. Dann ist im
Endzustand (Index 1) (also dann, wenn die Masse m die Strecke s = 1 m gefallen ist) die Gesamtenergie ebenfalls Null.
rot
trans
Eges ,0 = 0 = E pot ,1 + Ekin
,1 + Ekin ,1 = E ges ,1
D'Alembertsches Prinzip für m:
4b.
Potentielle Energie im Endzustand:
E pot ,1 < E pot ,0 = 0
Kinetische Energie der Rotation:
rot
rot
Ekin
,1 > Ekin ,0 = 0
Kinetische Energie der Translation:
trans
trans
Ekin
,1 > Ekin ,0 = 0
Es folgt:
trans
rot
− E pot ,1 = Ekin
,1 + Ekin ,1
− ( m g ( −s )) =
Es gilt:
ω=
1
1
m v2 + J ω 2
2
2
v
R
1
1 v2
m v2 + J 2
2
2 R
2
2 R
J = (2 m g s − m v ) 2
Umstellen:
v
⎛ 2gs ⎞
J = mR 2 ⎜ 2 − 1⎟
⎝ v
⎠
Für eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung gilt:
1
s = a t2
2
v
v = a t oder a =
und:
t
2s
2s
Einsetzen von a:
v= 2 t=
t
t
Einsetzen von ω :
mgs =
2
⎛ 2 g s t2 ⎞
⎞
2⎛ gt
1
J = mR 2 ⎜
mR
−
=
− 1⎟
⎟
⎜
2
⎝ 4s
⎠
⎝ 2s
⎠
2
⎛ 10 ⋅ 4
⎞
J = 5 kg ⋅ 0, 052 m 2 ⋅ ⎜
− 1⎟
⎝ 2 ⋅1
⎠
J = 0, 0125 kg m 2 ⋅ 79 = 0,9875 kg m 2