Lösungsblatt 01 ausgegeben am 17. 04. 2007

3
Lösungen
1. Aufgabe:
Impuls des Waggons beim Aufprall ist mit 12 mv 2 = mgh und v =
√
2gh
√
p = mv~1 = m · 2gh1
(a) Nach dem Aufprall mu~1 = 0
p
∆p
⇒ ∆~p = mv~1 − mu~1 = m 2gh1 · e~1 = 126064N s · e~1 ⇒ F =
= 630, 3kN (1)
∆t
√
(b) p~2 = mu~1 = −m 2gh0 · e~1 = −57495N s · e~1
⇒ ∆p = p~1 − p~2 = 183, 6kN s · e~1 und F =
∆p
∆t
= 917, 8kN
Man beachte, dass der Waggon hier kein abgeschlossenes System ist. Die vom
festen Prellbock ausgeübte Kraft ist eine äußere Kraft. Daher gilt der Impulserhaltungssatz hier nicht!
ME m
2. Aufgabe: (a) Gravitationskraft FG = γ (R+H)
2 mit R = 6370km und ME =
24
5.977 · 10 kg
Zentripedalkraft: FZ = m(R + H)φ̇2
2π
rad
24·60·60 s
ME m
FG = FZ : γ (R+H)
2
Erddrehung: φ̇ =
Gleichsetzen
= m(R + H)φ̇2
q
E
(R + H) = 3 γM
= 42, 24 · 106 m
φ̇2
⇒ H = 35870km ≈ 36000km
(b) Entfernung Mittelpunkt Erde - Mittelpunkt Mond sei rM +rE = 384.4·106 m
Gravitationsgleichgewicht: gE = γ Mr2E = gM = γ Mr2M
E
ME
MM
2
rE
2
rM
und weiter
=
q
M
rM = M
· rE
ME
q
M
Einsetzen: rE (1 + M
) = 384.4 · 106 m
ME
⇒ rE ≈ 346000km, also nahe am Mond.
3. Aufgabe: Umlaufzeit T = 1.527 · 105 s
2
| F~Z |= mrφ̇2 = mr 4π2
T
J
| F~G |= γ mM
r2
Kräfte dem Betrage nach gleichsetzen:
2
r 4π
= γ Mr2J ⇒ MJ =
T2
MJ = 1.88 · 1027 kg
4π 2 r3
T 2 ·γ
M
4
Sat
H
R
Abbildung 1: Skizze zu 3 (a).
rM
M
E
rE
Abbildung 2: Skizze zu 3 (b).
6
PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006
f) zylindrisch → sphärisch
Umrechnung
Übungsblatt 02
p
r = ρ2 + z 2
ϕ=ϕ
³ρ´
θ = arctan
z
Koordinatentransformation
Vr = Vρ sin θ + Vz cos θ
Vθ = Vρ cos θ − Vz sin θ
Vφ = Vφ
2.
a) Es ist
ka3 t
(a2 + t2 )2
ka3 t2
ka3
a(t) = 8
−
2
(a2 + t2 )3
(a2 + t2 )2
v(t) = −2
Eingesetzt
12500000000
m
250000 + t2 /s2
25000000000t m
v(t) = −
(250000 + t2 /s2 )2 s2
25000000000 m
100000000000t2 m
a(t) =
3 4 −
2
2
(250000 + t /s ) s
(250000 + t2 /s2 )2 s2
x(t) =
b) Die Betrachtung von v(t) zeigt, dass v(t = 0) = 0 ist. Also ist v = 0 für die
Zeit t = 0s am Ort x(0) = ka = 50000m.
√
c) Wir setzen a(t) = 0 und erhalten die Lösungen t1 = a/ 3 und t2 =
√ −t1 .
Eingesetzt ist t1 = 500/sqrt3s = 288.675s. Dann ist x(t1 ) = x(a/ 3) =
3
ka = x(t2 ). Eingesetzt bekommt man x(t1 ) = x(t2 ) = 37500m
4
d) Wir berechnen
Zte
ka3 t
1
−2
< v >=
dt
te − ta
(a2 + t2 )2
ta
Da der Integrand antisymmetrisch bezüglich 0 ist, ist < v >= 0 für [−1000s, 1000s].
m
.
Für das Intervall [0, 2000s] ergibt sich < v >= − 400
17 s
Übungsblatt vom 28. 10. 2005 und 31. 10. 2005
6
c
°2005-2006
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4
PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006
Übungsblatt 03
2 Lösungen
1. Die Zeit bis zum Treffen ist (gemessen aus dem Graph) t = 1521s. Der BMWMassenpunkt legt (gemessen aus dem Graph) sBM W = 55721m zurück. Dann ist
die Durchschnittsgeschwindigkeit
< vBM W >=
sBM W
m
= 36.64
t
s
Die Ferrari-Punktmasse legt sF errari = 100000m − sBM W = 44279m zurück. Dann
ist
44279m
m
< vF errari >=
= 29.11
1521s
s
Der Durchschnitt des Geschwindigkeitsbetrages ist für die BMW-Punktmasse gleich
wie < vBM W , da die Geschwindigkeit die Richtung nie ändert. Die Ferrari-Punktmasse
bewegt sich um ŝ = 952m zurück. Für die Berechnung des Durchschnitt des Geschwindigkeitsbetrages muss diese Distanz zweimal dazu gezählt werden. Also ist
< |vF errari | >=
sF errari + 2ŝ
m
= 30.37
t
s
2. Die Zentripetalbeschleunigung ist
az =
v2
r
Mit der Bogenlänge s = φ(t)r wird
ds(t)
= v(t) = rφ̇(t) = rω(t)
dt
und
az = ω 2 r
Die Anzahl Umdrehungen pro Sekunde ist
n=ν=
. Also ist
p az
n=
r
2π
r
=
az
=
4π 2 r
ω
2π
r
106 ms−2
1
= 503
2
4π 0.1m
s
(Der Katalog von Pfeiffer (http://www.pfeiffer-vacuum.de/shop/frontend) gibt für
100mm Durchmesser eine Drehzahl von 1000/s an. Turbopumpen laufen an der
Grenze des physikalisch möglichen.)
Übungsblatt vom 04. 11. 2005 und 07. 11. 2005
4
c
°2005-2006
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Übungsblatt 05
PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006
13
• a(t1 ) = 0,5 sm2
8. Schnur 2 reisst zuerst.
9. Flaschenzug Energieerhaltung:
F1 · ds = F2 · ds0
ds0 = 2n · ds
→ F1 · ds = 2n · F2 · ds
F1
F2 =
2n
10.
µHR = 0.15
µGR = 0.1
FR = µg · FG · cos α = µG · m · g · cos α
min. Winkel:
FH = m · g · sin α = FR = µH · m · g · cos α
sin α = µH · cos α
µH = tan α
◦
→ α = 8.53
Übungsblatt vom 18. 11. 2005 und 21. 11. 2005
13
c
°2005-2006
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14
PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006
Übungsblatt 05
Epot = m · g · h
h0 − h (t)
sin α =
x (t)
= m · g · (h0 − x sin α)
1
Ekin = mẋ2
2
Q = FR · x = µG mg cos α · x
1
EGes = mgh0 − mg sin α · x (t) + mẋ2 (t) + mgµG cos α · x (t)
2
dE
= 0 = −g sin α + ẍ (t) + gµG cos a
dt
ẍ (t) = g (sin α − µG cos α)
Beschleunigung
Geschwindigkeit: x (t) = v (t) = g (sin α − µG cos α) · t
Ort: x (t) = 12 g (sin α − µG cos α) · t2
Impuls: p = m · v = mg (sin α − µG cos α) · t ≈ 4.2 · t
11.
X1
mv 2
v =ω·r
2
X1
=
∆m · ω 2 r2 m = ρ · V
2
X
ω2 X
1
=
ρ · ∆V · r2 = ρω 2 ·
∆V · r2
2
2
Ekin =
Kreisring: ∆V = 2πr · d · dr
ZR
Ekin = ρω 2
ZR
r3 dr
πr3 · d · dr = ρ · d · ω 2 · π
0
0
π
= ρdR4 · ω 2
4
V = πR2 d
1
1
= ρR2 · V · ω 2 ≡ Iω 2 = 181.82J
4
2
Trägheitsmoment: I = 12 ρ · V · R2 =
Übungsblatt vom 18. 11. 2005 und 21. 11. 2005
π
2
· ρ · d · R4
14
c
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16
PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006
Übungsblatt 06
10. eine nichttriviale Lösung (es gibt bei einer reibungsfreien Bewegung unendlich
viele!):
jede Kugel mit 60◦
⇒ 3 Kugeln + weiss
¡ ¢
⇒ ϕ = arcsin 2rb
⇒ b = 2r sin ϕ ⇒
b
r
= 0.866
60◦ ≈ 85%
Ja: trivial: 1 Kugel + weiss + Bande
11. P = 40000P S =
40000
KW
1.3596
mv = 300000BRT
mLadung ⇒ mges = mv + mLadung
v0 = 15kn = 15 · 1.852 km
=
h
P = F · v = F (t) · v (t) ⇒
15·1.852 m
3.6
s
P
F (t) = v(t)
bremst!
mit F = mges · a
!
P
⇒ mges · a = − v(t)
⇔
dv
dt
1
= − mPges v(t)
⇔ vdv = − mPges dt
⇔
v(t)
R
vdv =
v0
Rt
0
− mPges dt
¯
¯t
¯
p
1 2 ¯v(t)
⇔ 2 v ¯v0 = − mges t¯
0
³
´
2
− v02 = − mPges t
⇔ 12 v(t)
q
⇔ v (t) = v02 − m2P
t
ges
oder die Differtialgleichung: mges ·
⇒
dv
dt
+
P 1
mges v
dv
dt
P
= − v(t)
=0
⇒ mit v (0) = v0
q
v (t) = v02 − m2P
t
ges
s (t) =
Rt
0
³
ges
v (t) dt = − m3P
v02 −
!
Bremszeit aus v (t) = 0 ⇒ t0 =
⇒ Bremsweg s (t0 ) =
´ 32
2P
t
mges
³
ges
|t0 = − m3P
v02 −
2P
t
mges
´ 32
+
mges 3
v0
3P
mges 2
v0
2P
mges 3
v0
3P
Übungsblatt vom 25. 11. 2005 und 28. 11. 2005
16
c
°2005-2006
University of Ulm, Othmar Marti
14
PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006
Übungsblatt 07
Wenn wir die Werte
Variable Wert
r
1cm
`0
10cm
`z
5cm
α
45◦
v
1cm/s
setzen, Erhalten wir die folgende beispielhafte Trajektorie
10
5
y/cm
2m
0
m
x1 vs y1
x2 vs y2
-5
-10
-5
0
5
10
15
x/cm
3. Drehmoment: T = r × F
Trägheitsmoment: I
Drehimpuls: L
dL
=T
dt
Bei einer Zentralbewegung gilt: T = I · ω̇
ω=
dθ
dt
Winkelbeschleunigung: α = ω̇
a) Winkelbeschleunigung: α = ω̇ = θ̈
T
= const.
I
500 N m
11
=
=
2
4000 m kg
8 s2
α = ω̇ =
Übungsblatt vom 2. 12. 2005 und 5. 12. 2005
14
c
°2005-2006
University of Ulm, Othmar Marti
Übungsblatt 07
PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006
15
b)
ω (t) = α · t + ω0
1
11
· 20s = 1,25
=
2
8s
s
c)
L̇ = T
Zt
⇒L=
T dt = T · t = 500N m · 20s = 10000N ms
0
4. Der Radius eines Zahnrades und die Anzahl Zähne sind proportional: r1 ∼ n1
Zahnrad 1: n1 = 50
wird mit Drehmoment T1 gedreht.
r1
n1
50
5
=
=
=
r2
n2
120
12
T 1 = r1 × F 1
Da F 1 senkrecht auf r steht, können wir auch schreiben
F1 =
T1
r1
F 1 = F 2 ⇒ T 2 = r2 × F 1
T1
r2
⇒ T2 = r2 ·
=
· T1
r1
r1
12
=
· T1
5
5. Trägheitsmomente vor Punktmassen: I = mr2
Iges =
X
mi ri2 = 14 · IGondel
i
IGondel = m · r2 = 1000kg · (30m)2
= 900000m2 kg
Übungsblatt vom 2. 12. 2005 und 5. 12. 2005
15
c
°2005-2006
University of Ulm, Othmar Marti
Probeklausur Name:
Matrikelnummer
8
(d) Der Krümmungsradius einer ebenen Bahnkurve r(t) = (x(t), y(t)) ist
Richtige Antworten ankreuzen:
3/4
3/2
(ẋ2 +ẏ2 )
(ẋ2 +ẏ2 )
¤ R = ẋ ÿ−ẍ ẏ
¤ R = ẋ ẏ−ẍ ÿ
3/2
3/4
2
2
(ẋ +ẏ )
(ẋ4 +ẏ4 )
£ R = ẋ ÿ−ẍ ẏ
¤ R = ẋ ÿ−ẍ ẏ
(0.5 Punkte)
(e) Welche Beziehungen gelten bei einem vollkommen elastischen Stoss?
Die Konstanten m und n seien beliebige natürliche Zahlen.
Richtige
P Antworten ankreuzen:
P
¤ Pni=1 pi, vorher = m
i=1
Ppni, nachher
n
£ Pi=1 Ekin, i, vorher = Pi=1 Ekin, i, nachher
¤ Pni=1 Ekin, i, vorherP
= ni=1 Ekin, i, nachher +Q
n
n
£
i=1 pi, vorher =
i=1 pi, nachher
(0.5 Punkte)
(f) Ein mathematische Pendel (Masselose Verbindung zwischen der Aufhängung
und der Masse m, die gesamte Masse m ist am unteren Ende konzentriert) sei mit einem Winkel von π/6 zur Vertikalen ausgelenkt. Die
Gewichtskraft sei Fg . Geben Sie die Beträge der Kräfte an.
Antworten hineinschreiben:
√
3
·Fg
2
• Fk parallel zur Verbindung
• F⊥ senkrecht zur Verbindung
1
·Fg
2
(0.5 Punkte)
Σ : 3 Punkte
2. (a) Wir berechnen rot F (r).

rot F (r) = 
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z


−3/2
−Gx (x2 + y 2 + z 2 )
−3/2 
×
 −Gy (x2 + y 2 + z 2 )

2
2
2 −3/2
−Gz (x + y + z )

(0.5 Punkte)
30. 11. 2005 Probeklausur
8
c
°2005
University Ulm, Othmar Marti
Probeklausur Name:
Matrikelnummer
9
Wir berechnen die Ableitung
¡
¢−3/2 i
¢−5/2
∂ h
−3 ¡ 2
−Gx x2 + y 2 + z 2
= −Gx
x + y2 + z2
· 2y
∂y
2
¡
¢−5/2
= 3Gxy x2 + y 2 + z 2
(0.5 Punkte)
Analog ist
¡
¢−3/2 i
¡
¢−5/2
∂ h
−Gy x2 + y 2 + z 2
= 3Gxy x2 + y 2 + z 2
∂x
Damit ist die z-Komponenten
¡
¢−5/2
¡
¢−5/2
− 3Gxy x2 + y 2 + z 2
=0
3Gxy x2 + y 2 + z 2
(0.5 Punkte)
Durch zyklisches permutieren ist dann auch die x-Komponente und
die y-Komponente null, r ist also konservativ. (0.5 Punkte)
p
(b) In Kugelkoordinaten ist r = x2 + y 2 + z 2 . (0.5 Punkte)
Weiter ist er = rr . (0.5 Punkte)
Also ist
 
x
G
−3 
y  = − 2 er + 0eθ + 0eφ
F (r) = −Gr
r
z
(0.5 Punkte)
(c) Da das Vektorfeld konservativ ist und nicht von den Winkeln abhängt
ist
Epot (r,θ,φ) = Epot (r)
Zr
G
= − − 2 dρ
ρ
∞
· ¸r
G
=−
ρ ∞
G
=−
r
(0.5 Punkte)
30. 11. 2005 Probeklausur
9
c
°2005
University Ulm, Othmar Marti
10
PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006
Übungsblatt 09
FGes
Fz − FG
=
m
m
2
M ·m
v2
M
mv
=
−G
=
−G 2
2
mr
m·r
r
r
v02
M
= 2 ·r−G 2
r0
r
G·M
M
=
·r−G 2
3
r0
r
µ
¶
r
1
=G·M
−
r03 r2
g=
m3
kg · s2
M = 5,98 · 1024 kg
r0 = 6723,7km
G = 6,67 · 10−11
m
s2
m
g (r0 − 5m) = −1,968 · 10−5 2
s
g (r0 + 5m) = 1,968 · 10−5
7.
a)
µ ¶2
l
1
I = I1 + I2 = 2 · mr = 2 · m ·
= ml2
2
2
2
b)
1
Erot = Iω 2 = kB · T
2
r
2 · kB · T
⇒ω=
I
s
2 · kB · T
1
ml2
2
r
kB · T
=2
ml2
=
c)
mv 2
l
= mω 2 r = mω 2
r
2
Fc = 0
Fz =
Übungsblatt vom 16. 12. 2005 und 19. 12. 2005
10
c
°2005-2006
University of Ulm, Othmar Marti
6
PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006
2.
Z
I=
Übungsblatt 13
Z
2
r dm = ρ
a
r2 dV
c
Zb Z2 Z2
x2 + y 2 dxdydz
= 2ρ
0 − 2c
0
a
Zb Z2 ·
= 2ρ
0
1 3
x + xy 2
3
0
a
Zb Z2 µ
= 2ρ
0
¸ 2c
dydz
− 2c
¶
1 3
2
c + cy dydz
12
0
¶
c3 a c a3
= 2ρ
· + ·
dz
12 2 3 8
0
µ 3
¶
µ
¶
a3 c
m abc3 a3 bc
ac
+
=
+
= 2ρb
24
24
abc 12
12
µ 2
¶
2
a
c
+
=m
12 12
Zb
µ
V = abc = 0.0016m3 = 1,6l
ρ = 1.4
Übungsblatt vom 3. 2. 2006 und 6. 2. 2006
kg
→ m = 2.24kg
l
6
c
°2005-2006
University of Ulm, Othmar Marti
Übungsblatt 13
PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006
7
¢
m¡ 2
a + c2 = 9.33 · 10−3 kgm2
12
¢
m¡ 2
parallel zu c : I =
a + b2 = 8.66 · 10−3 kgm2
12
¢
m¡ 2
parallel zu a : I =
b + c2 = 3.06 · 10−3 kgm2
12
parallel zu b : I =


4
3. P1 =  0  cm
10


−4
P2 =  0  cm
10
ω = 2πf = 20 · π
a)
Lp = I · ω =
³X
mr
2
´
· 20π · ez
= 2 · m1 · (4cm)2 · 20π · ez = 0,01
kgm2
· ez
s
b)
Ls = −ω ·
X
Ri (ri · mi )
= −20π · (R1 · m1 · 10cm + R2 · m1 · 10cm)
  

4
−4
= −200π · m1 ·  0  +  0  = 0
0
0
c)
L0 = Lp + Ls = Lp + 0 = 0,01
kgm2
· ez
s
d)
m1 = 50g
Übungsblatt vom 3. 2. 2006 und 6. 2. 2006
m2 = 100g
7
c
°2005-2006
University of Ulm, Othmar Marti
1
12. Aufgabe: Die Reisedauer für die Astronautin ist t0 = 67Jahre − 18Jahre =
49Jahre = 49·365.24·86400s = 1546280064s. Wenn das Raumschiff die Geschwindigkeit v hat, dann ist die Reisedauer t1 = 2d/v (Hin- und Rückweg). Die Distanz d
ist
d = 4.24Jahre · 365.24T age · 86400s · 3 · 108 m/s = 4.014 · 1016 m
t0 ergibt sich aus:
r
t0 = t1 ·
v2
d
1− 2 =2 ·
c
v
r
v2
1 − 2 = 2d ·
c
r
1
1
− 2
2
v
c
Jetzt auflösen nach v:
t20
1
1
=
−
4d2
v 2 c2
2 2
2
2 2
1
t0 c
4d
t0 c + 4d2
=
+
=
v2
4d2 c2 4d2 c2
4d2 c2
4d2 c2
v2 = 2 2
t0 c + 4d2
s
v=
4d2 c2
2dc
c
=p2
=q
2 2
2
2
2
t0 c + 4d
t0 c + 4d
1+
t20 c2
4d2
3 · 108 ms
=q
1+
15462800642 s2 ·32 ·(108 )2 m2 /s2
4·4.0142 ·(1016 )2 m2
=
3 · 108 ms
= 0.171c
5.864
Auf der ist dann eine Zeit vergangen von:
t0
t1 = p
1 − v 2 /c2
=
t0
= 49.73Jahre
0.985