Ubungen zur Experimentalphysik 1 (E1p) Prof

Übungen zur Experimentalphysik 1 (E1p)
(für Nebenfächler und Lehramt)
Wintersemester 2012/13
Prof. Joachim Rädler
Fakultät für Physik der Ludwig-Maximilians-Universität München
Lösung des 1. Übungsblattes
Aufgabe 1
Die mathematischen Funktionen wie sin(x), cos(x), ex , ln(x) u.s.w. haben keine Einheit und
im Argument darf keine Einheit stehen.
a) v(t) = 3at − bc sin(ct)
[a] =
m
s2
[b] = m
[c] = s−1
Um deutlich zu machen, dass es sich um bei c eine um Winkelgeschwindigkeit handelt,
kann man auch [c] = rad · s−1 als Antwort angeben. Radiant ist ein besonderer Name für
m
= 1.
eine dimensionslose Einheit rad = m
b) v(t) = 34 ·
at
b
2
cos( tb )
[b] = s2
[a] = 1m
c) v(t) =
[a] = s
a·cos(at)
bt
−1
−
sin(at)
bt2
[b] = m−1 · s−1
Aufgabe 2
a) V = a3 ⇒ ∆V = V ′ ∆a = 3a2 ∆a = 30mm3
b) xexp =
σexp =
1
n
n
P
ri=1
xi =
1
n(n−1)
2+5+6+1+1+4
6
n
P
= 3,167
(xi − xexp )2 = 0,872
⇒
xexp = 3,2 ± 0,9
i=1
Aufgabe 3
a) h(t) = − 21 gt2 + v0 t
v(t) = dh
= −gt + v0 ⇒ t = v0 −v(t)
dt
g
2
v0 −v
v0 −v
1
+ v0 · g =
⇒ h(v) = − 2 g
g
1
(v 2
2g 0
− v2)
Im höchsten Punkt der Trajektorie (Umkehrpunkt) ist die Geschwindigkeit 0m/s:
h(v = 0) = 8m
p
p
1
h(v) = 2g
(v02 − v 2 ) ⇒ v0 = 2gh + v 2 = 2 · 9,81m/s2 · 8,0m = 12,5m/s
h = − 21 gt2 + v0 t ⇒ 0 = t(v0 − 21 gt)
= 2,55s
t = 0, trivial;
t = 2vg0 = 2·12,5m/s
9,81m/s2
Nach 2,55s ist der Ball wieder am Boden und seine Geschwindigkeit beträgt
v(t = 2,55s) = −9, 81 sm2 · 2,55s + 12,5 ms = −12,5 ms
Wie erwartet ist die Geschwindigkeit vom Betrag her die gleiche aber mit negativer Richtung, der Ball fliegt also nach unten.
b) v0 = 200km/h = 55,5m/s
Im Umkehrpunkt ist v = 0:
h(v) =
1
(v 2
2g 0
− v 2 ) ⇒ hmax =
v02
2g
=
(55,5m/s)2
2·9,81m/s2
Der Ball erreicht die Höhe von 157m.
= 157m