Experimentalphysik I: Lösung¨Ubungsklausur

Experimentalphysik I: Lösung Übungsklausur
30. Januar 2012
1
(5 Punkte)
Eine Punktmasse, welche sich zum Zeitpunkt t = 0 am Koordinatenursprung
befindet, bewegt sich mit der Geschwindigkeit


α cos δt
~v =  βt sin δt 
t
γe ϕ
a) Berechnen Sie Beschleunigung ~a (t) und Ort ~r (t) in Abhängigkeit von der
Zeit!


− αδ sin δt
d~v 
β sin δt + β δt cos δt 
~a (t) =
=
(1)
t
dt
γ ϕ
e
ϕ

αδ sin δt
t
t
~v (t) dt =  β −δt cos δ + δ 2 sin δ 
t
γϕe ϕ

Z
~r (t) =
(1)
b) Berechnen Sie ~a, ~v und ~r zum Zeitpunkt t = 7,85 s! (α = 1 m/s, β =
1 m/s2 , γ = 1 m/s, δ = 1 s, ϕ = 7,85 s)


−1
 m/s2
1
~a (t) = 
(0,5)
2e/(5π)


0
~v (t) =  5π/2  m/s
e


1
m
1
~r (t) = 
5πe/(2)
(0,5)
(0,5)
1
c) Berechnen Sie a, v und r zum Zeitpunkt t = 7,85 s!
a = 1, 4559 m/s2
(0,5)
v = 8, 3111 m/s
(0,5)
r = 21, 3961 m
(0,5)
2
(4 Punkte)
Um einen Esel vorwärts zu bewegen zieht eine Person mit einer Kraft von 120 N
im Winkel von α = 30◦ nach links, eine andere Person mit 80 N im Winkel von
β = 15◦ nach rechts. Welche Kraft und unter welchem Winkel wird auf den
Esel ausgeübt? Welche Kraft (Betrag, Richtung) muss der Esel aufbringen um
stehen zu bleiben?
Lösung:


− sin α
F~1 = F1  cos α 
0

sin β
F~2 = F2  cos β 
0
 

 



−39,29 N
FR,x
sin β
− sin α
F~R = F1  cos α  + F2  cos β  =  FR,y  =  181,20 N  (1)
0
0
0
0
q
2 + F2
FR = FR,x
(1)
R,y = 185,41 N

γ = arctan
FR,x
= −12,24◦ also nach links
FR,y
(1)
Der Esel muss mit −F~R ziehen, also mit 185,41 N um 12,24◦ nach rechts hinten
(1)
3
(4 Punkte)
An einem Fadenpendel der Länge l = 1 m hängt eine Kugel der Masse
m = 800 g. Sie wird um s = 5 cm horizontal ausgelenkt und prallt elastisch auf
eine Wand. Die Berührungsdauer wird elektronisch zu ∆t = 200 µs gemessen.
Wie groß ist der Impuls der Kugel kurz vor dem Stoß und die mittlere Stoßkraft
während der Berührung auf die Wand?
2
Lösung:
Z
t2
F dt = 2mv = F̄ ∆t
∆p =
(1)
t1
mittlere Stoßkraft:
F̄ = 2mv/∆t = 2p/∆t
es gilt (x = Höhe):
(l − x)2 + s2 = l2 = l2 − 2xl + x2 + s2
für s x:
l2 − 2xl + s2 ≈ l2
x ≈ s2 /2l
(1)
damit:
p = mv = mgt = mg
p
2x/g = m
p
2gx = 0.125 kgm/s
F̄ = 2p/∆t = 1253 N
(1)
(1)
4
(4 Punkte)
Der Science Fiction Autor Robert Heinlein bemerkte einmal über den Raumflug: Wenn man bis in eine Umlaufbahn kommt, hat man schon die Hälfte
”
geschafft.“. Zeigen Sie, dass dieser Satz weitaus mehr als nur ein Körnchen
Wahrheit enthält. Vergleichen Sie dazu die kinetische Energie, mit der man
einen Satelliten in eine niedrige Umlaufbahn (mit h = 400 km) bringen kann,
mit der kinetischen Energie, die nötig ist, um denselben Satelliten vollständig
aus der Erdanziehung zu befreien!
Lösung:
Wegen der Energieerhaltung gilt für den Satelliten
Ekin,E − Ekin,A + Epot,E − Epot,A = 0
Wir setzen die potentielle Energie der Gravitation im Unendlichen gleich
Null. Daher ist Epot,E = Ekin,E = 0 und somit
−Ekin,A − Epot,A = 0
(1)
Mit der Masse m des Satelliten gilt also für seine kinetische Energie Ekin,F ,
mit der er dem Gravitationsfeld entfliehen kann:
3
Ekin,F = −Epot,A =
GmE m
rE
(1)
Gemäß dem zweiten Newton’schen Axiom gilt bei einer Umlaufbahn mit
dem Radius r für die Beträge der radialen Kräfte
mv 2
GmE m
=
2
rE
rE
(0,5)
In einer sehr erdnahen Umlaufbahn (mit r ≈ rE ) ist die kinetische Energie
des Satelliten daher gegeben durch
Ekin,rE =
GmE m
1
mv 2 =
2
2rE
(0,5)
Damit ist der Quotient der Energie in dieser Umlaufbahn und der Energie,
die zum Entfliehen aus dem Gravitationfeld nötig ist:
Ekin,rE
GmE m/ (2rE )
1
=
=
Ekin,F
GmE m/rE
2
(0,5)
5
(3 Punkte)
Ein 2 m langer Stab (Masse m = 0,2 kg) steht senkrecht auf dem Boden, ehe
er umfällt. Mit welcher Geschwindigkeit schlägt das obere Stabende auf dem
Boden auf, wenn das untere Stabende nicht von seinem anfänglichen Standort
wegrutscht?
Lösung:
Trägheitsmoment eines Stabes (Rotation um Fußpunkt):
IStab =
1
ml2
12
Steiner:
2
IA = ISp + SpA =
1
1
ml2 + m(l/2)2 = ml2
12
3
Epot = Erot
1
mgh = Iω 2 (h = l/2, ω = v/r, r = l)
2
1 1 2 v2
mgl/2 =
ml 2
23
l
p
v = 3gl = 7.8m/s
4
(1)
(1)
(1)
6
(7 Punkte)
In einem Förderkorb, der in einen senkrechten Schacht einfährt, hängt an einer
Federwaage eine Masse von 1 kg. Vom Beginn der Einfahrt an zeigt die Federwaage innerhalb der ersten 2 s ein Gewicht von 4 N, anschließend 11 s lang ein
Gewicht von 9,81 N und schließlich bis zum Moment des Stillstands ein Gewicht
von 12 N an.
a) Wie weit ist der Förderkorb eingefahren?
b) Bestimmen Sie die maximale Sinkgeschwindigkeit!
c) Nach welcher Zeit hat der Korb sein Ziel erreicht?
Lösung:
1.Phase:
Fef f = FG − FA = mg − ma1
a1 = g − Fef f /m = 5.81m/s
(0,5)
2
(0,5)
2.Phase:
a2 = 0
(0,5)
3.Phase:
Fef f = FG + FA = mg + ma
a3 = Fef f /m − g = 2.19m/s
(0,5)
2
(0,5)
Weg:
a1 2
∆t1 = 11.62m
2
s2 = v2 ∆t2 = a1 ∆t1 ∆t2 = 127.87m
2
a3 ∆v
(a1 ∆t1 )2
a3
s3 = ∆t23 =
=
= 30.83m
2
2
a3
2a3
s1 =
sges = 170.27m
(0,5)
(0,5)
(1)
(0,5)
Maximalgeschw.:
vmax = a1 ∆t1 = 11.62m/s2
(1)
Gesamtdauer:
tges = ∆t1 + ∆t2 + ∆t3 = ∆t1 + ∆t2 +
5
vmax
= 2s + 11s + 5.31s = 18.31s(1)
a3
7
(6 Punkte)
Ein Draht von ursprünglich 10 m Länge ist an einem Ende befestigt und wird
am anderen Ende durch eine Kraft von 196,2 N in Längsrichtung gespannt, wobei er eine Längenänderung von 4 mm erfährt. Der E-Modul des Drahtes sei
1,962*1011 N/m2 und der Schermodul betrage 7,3575*1010 N/m2 .
a) Bestimmen Sie den ursprünglichen Durchmesser des Drahtes!
b) Welche Poisonsche Konstante ergibt sich aus den elastischen Moduli des
Materials?
c) Welche Durchmesserverringerung folgt aus der Drahtverlängerung durch
Zug?
d) Um welchen relativen Betrag ändert sich die Massendichte des Materials?
Lösung:
Durchmesser:
σ = F/A = E = E
∆l
l
(1)
lF
= (1/4)πd20
E∆l
r
4lF
d0 =
= 1.78 ∗ 10−3 m
πE∆l
A0 =
(1)
Poisson-Zahl:
E
=1+µ
2G
E
µ=
− 1 = 1/3
2G
(1)
Durchmesseränderung:
∆d/d
∆l/l
∆l
∆d = µ d0 = 2.38 ∗ 10−7 m
l
µ=
(1)
Dichteänderung:
∆ρ
ρ0 − ρ1
=
ρ0
ρ0
V1 − V0
∆V
=
V0 =
V0 V1
V1
∆l
(1
−
2µ)
l
=
= 1.32 ∗ 10−2
1 + ∆l
(1
−
2µ)
l
6
(1)
(1)
8
(3 Punkte)
Ein dünnwandiges Rohr (Durchmesser d1 = 90 mm) wird senkrecht ins
Wasser eingetaucht. Am unteren Ende befindet sich eine Scheibe (Durchmesser d2 = 100 mm, Dicke s = 5 mm, Dichte ρ = 7,8 g/cm3 ), welche nur
durch das Wasser an das Rohr gedrückt wird. Wie tief muss das Rohr mindestens ins Wasser getaucht werden, damit sich die Scheibe nicht vom Rohr löst?
Lösung:
Gravitation (FG ) zieht nach unten und von oben drückt Wasser auf den
überstehenden Rand der Scheibe (Fo ). Von unten drückt Wasser auf ganze
Scheibe (Fu ) nach oben.
FG + Fo = Fu
ρπ
d2
2
2
sg + ρH2 O π
d2
2
2
−
d1
2
2 !
tg = ρH2 O π
d2
2
2
(t + s) g(1)
ρd22 s + ρH2 O d22 − d21 t = ρH2 O d22 t + ρH2 O d22 s
ρH2 O d22 − d21 t − ρH2 O d22 t = ρH2 O d22 s − ρd22 s
−d21 ρH2 O t = (ρH2 O − ρ) d22 s
t=
(ρ − ρH2 O ) d22 s
d21 ρH2 O
(1)
t = 4,1975 cm
(1)
alternativer Ansatz mit Volumen des verdrängten Wassers (Scheibe und
Rohr):
FG = FA
2
2
2
d2
d1
d2
sg = ρH2 O π
sg + ρH2 O π
tg
ρπ
2
2
2
ρd22 s = ρH2 O d22 s + ρH2 O d21 t
t=
(ρ − ρH2 O ) d22 s
ρH2 O d21
9
(3 Punkte)
Kleine kugelförmige Teilchen erfahren bei langsamer Bewegung in einem Fluid
eine Widerstandskraft, die durch das Stokes’sche Gesetz |FW | = 6πηrv gegeben
ist. Dabei ist r der Radius des Teilchens, v seine Geschwindigkeit und η die
Viskosität des fluiden Mediums.
7
a) Schätzen Sie in Luft (η = 1,8 ∗ 10−5 Ns/m2 ) die Endgeschwindigkeit eines kugelförmigen Schadstoffteilchens mit dem Radius 1 ∗ 10−5 m und der
Dichte 2000 kg/m3 ab.
b) Schätzen Sie, wie lange ein solches Teilchen braucht, um bei Windstille
100 m tief zu fallen. Nehmen Sie an, dass die Endgeschwindigkeit instantan
erreicht wird.
Lösung
a) P
Die positive y-Richtung soll nach unten zeigen. Es gilt das 2. N.A.:
Fi,y = may . Bei der Endgeschwindigkeit gilt ay = 0:
0 = mg − 6πηrvE
mg
vE =
6πηr
(1)
Masse: m = ρV = ρ(4/3)πr3
Damit gilt:
vE =
mg
2r2 ρg
=
= 2.42 cm/s
6πηr
9η
(1)
b) Endgeschwindigkeit wird nach einigen µs erreicht, also:
t=
s
= 4.128 ∗ 103 s = 1.15 h
vE
8
(1)