PHYS70356 Klassische und relativistische Mechanik WH 2008

Aufgabenblatt zum Seminar 06
PHYS70356 Klassische und relativistische Mechanik (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik
Lehramt, Nebenfach Physik)
Othmar Marti, ([email protected])
24. 11. 2008
1 Aufgaben
1. Ein nicht rutschendes rollendes Rad mit dem Durchmesser
Unterlage, dass die Achse eine Geschwindigkeit
a) Geben Sie die Beziehung zwischen
v
und
v
ω
2R
bewegt sich so auf der
hat.
für die Drehung um die Radachse an.
b) Berechnen Sie für jeden Punkt am Umfang (Peripherie) des Rades seinen Geschwindigkeitsvektor.
c) Berechnen Sie die gesamte kinetische Energie des Rades (Bonusaufgabe).
2.
Ein nicht rutschendes rollendes Rad
mit dem Durchmesser
2r
dreht sich
im Kreise um einen Auagepunkt
der sich in der Distanz
a
A,
vom Rad-
mittelpunkt bendet. Betrachten Sie
die Winkelgeschwindigkeit
ω
des Ra-
des um seine Achse und die Winkelgeschwindigket
des um
A.
Ω
der Rotation des Ra-
Wie gross ist die resultie-
rende Winkelgeschwindigkeit? Durch
welche Punkte geht die momentane
Drehachse?
3. Eine Landesektion (Startmasse
m0 )
soll von der Mondoberäche aus auf eine Mondum-
laufbahn gebracht werden. Die dazu erforderliche Geschwindigkeit
tentriebwerke mit der Schubkraft
ausströmenden Gase ist
F0
P
wird durch Rake-
erzeugt. Die Geschwindigkeit der aus dem Triebwerk
u.
a) Wie gross ist der Massenausstoss
b) Welche Leistung
v1
q = − dm
dt
der Triebwerke?
ist für die Erzeugung des Triebwerkstrahles erforderlich?
24. 11. 2008
KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 06
c) Wie gross ist die Restmasse
d) Wie lange
(t1 )
m1
2
der Landesektion im Orbit?
dauert die Beschleunigungsphase?
e) Wie gross sind die höchste und die niedrigste Beschleunigungen
a1
und
a0 ?
f ) Welcher Anteil der von den Triebwerken gelieferten Energie ist der Landesektion
zugeführt worden (Wirkungsgrad
v1 = 1, 73
m0 = 13, 6
km/s,
t,
ε)?
u = 2, 90
F0 = 260
km/s und
kN
(Die Gravitationswirkung des Mondes kann bei der Lösung dieser Aufgabe unberücksichtigt bleiben. Die angegebene Startgeschwindigkeit reicht aus, um eine Kreisbahn in
90 km
Höhe einzunehmen.)
4. Ein Meteorit nähert sich der Erde und bewegt sich im kürzesten Abstand
telpunkt mit der Geschwindigkeit
vP .
Welche Geschwindigkeit
v0
rP
vom Erdmit-
hatte er in sehr grosser
Entfernung von der Erde?
rP = 7000
km
vP = 20, 0
km/s
5. Der Merkur hat den Perihelabstand
rP
und den Aphelabstand
rA
zur Sonne.
a) Wie gross ist seine Umlaufdauer um die Sonne?
b) Wie gross sind seine Bahngeschwindigkeiten
Die Umlaufzeit
rP = 46, 0
T0
der Erde und der Erdbahnradius
rA = 69, 8
Gm
vP
und
r0
vA
im Perihel und Aphel?
werden als bekannt vorausgesetzt.
Gm
6. Wie kann man
a) die Geschwindigkeit
b) die Masse
mS
v0
der Erde auf ihrer Bahn um die Sonne und
der Sonne
r0
aus dem Erdbahnradius
und der Umlaufdauer
T0
der Erde um die Sonne bestimmen?
7. Eine Marssonde wird von der als kreisförmig angenommenen Erdbahn aus in Bewegungsrichtung der Erde gestartet und soll den Mars im sonnennächsten Punkt seiner Bahn
gerade (sonnenfernster Punkt der Sonde) erreichen.
a) Welche Anfangsgeschwindigkeit
v1
muss die Marssonde (ausserhalb des Erdschwere-
feldes) haben?
b) Mit welcher Geschwindigkeit
v2
erreicht die Sonde die Marsbahn? (Die Gravitations-
wirkung des Mars bleibe bis dahin unberücksichtigt.)
c) Welche Zeit
τ
dauert der Flug der Sonde zum Mars?
Kleinster Abstand Sonne - Mars:
r2 = 207
8. Ein Doppelstern hat die Umlaufzeit
male Sternabstand ist
a,
T
Gm
und das Massenverhältnis
der minimale Sternabstand
a) In welcher maximalen Entfernung
r1
T =9
2
h
48
min,
m1
und
m2
im Verhältnis zur Sonnenmasse?
µ = 2, 36, a = 2, 02
c 2008-2009
Gm,
Der maxi-
vom ersten Stern liegt das Zentrum der Bewe-
gung, beim maximalen Abstand?
b) Wie gross sind
µ = m1 /m2 .
b.
b = 1, 73
Gm
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3
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24. 11. 2008
9. (im Seminar)
Wie gross ist die Gravitationskraft zwischen dem als Massenpunkt angesehen Isaac Newton (mN
= 80 kg) und
= 0, 3 kg).
einem in
3
m über Newton hängenden kugelförmigen Apfel der
Masse (mA
(4 Minuten)
10. (im Seminar)

Gegeben sind
r 0M
1

3
=
2
m

m

m

und

−2 N
F = 1N 
1N
a) Berechnen Sie das Drehmoment
M.

b) Wir betrachten eine am Punkte
dort
r 0M , F
und
0
 0
0
m

m

punktgespiegelte Welt. Wie gross sind
m
M?
(6 Minuten)
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4
2 Lösungen
1.
a) Der Umfang eines Rades ist
U = 2πr
Bei einer Umdrehung in der Zeit
T
legt die Achse die Distanz
U
zurück. Die Ge-
schwindigkeit ist also
U
T
v=
Andererseits ist die Winkelgeschwindigkeit
ω=
Zusammen erhalten wir
ω=
2π
T
2π
2π
2π
v
= U = 2πr =
T
r
v
v
b) Die Geschwindigkeit jedes Punktes im Laborsystem setzt sich aus der Geschwindig-
vAchse und und der Relativgeschwindigkeit vrel (r̂, φ) zusammen. r̂ ist der Abstand
zur Achse, φ der Winkel zur Horizontalen. Wir nehmen nun an, dass sich die Radachse parallel zur y -Achse ist. Das Rad bewege sich in die positive x-Richtung. Das
Rad ist parallel zur xz -Ebene. Wir haben also


vAchse,x

0
v Achse = 
0
keit
Für einen Winkel
φ
ist der Einheitsvektor in radialer Richtung im mit der Achse
mitgeführten Koordinatensystem


cos(φ)
er (φ) =  0 
sin(φ)
Der Geschwindigkeitsvektor im mitgeführten Koordinatensystem ist (wir haben eine
ω zeigt in die negative y -Richtung)




sin(φ)
sin(φ)
 = r̂ vAchse,x 

0
0
v rel (r̂, φ) = r̂ω 
r
− cos(φ)
− cos(φ)
Drehung im Uhrzeigersinn,
Die Geschwindigkeit jeden Punktes des Rades ist also

v(r̂, φ) = 
Im Spezialfall
r̂ = r



sin(φ) + vAchse,x
1 + rr̂ sin(φ)
 = vAchse,x 

0
0
r̂
r̂
− r vAchse,x cos(φ)
− r cos(φ)
r̂
v
r Achse,x
erhalten wir


1 + sin(φ)

0
v(r, φ) = vAchse,x 
− cos(φ)
4
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1.5
1
de
die
nebenstehenSkizze
0.5
zeigt
Geschwindig-
keitsvektoren
eines
rollenden Rades aus
der
Sicht
0
y
Die
eines
−0.5
ru-
henden Beobachters.
−1
−1.5
−1.5
−1
−0.5
0
0.5
1
1.5
x
c) Wir betrachten das Rad in kleine Massenelemente
Massenelemente haben die Massendichte
äche wird durch
dr̂
und
r̂dφ
und die konstante Dicke
aufgeteilt. Die
dy .
Ihre Ober-
begrenzt. Die Gesamtmasse des Rades ist
Z2π Zr
Z
m=
ρ
dm = ρ r̂dφ dr̂ dy
dm = dyρ
r̂ dr̂ dφ = 2π dyρ
0
r2
= πr2 dy ρ
2
0
Daraus bekommen wir auch
dyρ =
m
πr2
Also ist das Massenelement
dm =
Jedes Massenelement
dm
m
r̂dr̂dφ
πr2
hat die kinetische Energie
dm 2
v (r̂, φ)
2
!
2
r̂
m 2
r̂2
=
v
1 + sin(φ) + 2 cos2 (φ) r̂dr̂dφ
2πr2 Achse
r
r
m 2
r̂
r̂2
r̂2
2
2
=
v
1 + 2 sin(φ) + 2 sin (φ) + 2 cos (φ) r̂dr̂dφ
2πr2 Achse
r
r
r
2
m 2
r̂
r̂
=
v
1
+
2
sin(φ)
+
r̂dr̂dφ
Achse
2πr2
r
r2
dEkin =
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6
Die gesamte kinetische Energie ist dann
m 2
Ekin (vAchse ) =
v
2πr2 Achse
Z2π Zr 0
m 2
=
v
2πr2 Achse
r̂
r̂2
1 + 2 sin(φ) + 2
r
r
r̂dr̂dφ
0
Zr
r̂2
2π 1 + 2
r
r̂dr̂
0
r̂3
r̂ + 2
r
r4
r2
+ 2
2
4r
1 1
2
= m vAchse
+
2 4
3
2
= m vAchse
4
m 2
= 2 vAchse
r
m 2
= 2 vAchse
r
Eine rutschende Masse
Zr m
0
dr̂
hätte die kinetische Energie
Ekin = 12 mv 2 .
Deshalb muss
in der Rotation die kinetische Energie
Erot
1
1
= mv 2 =
4
2
1 2
mr ω 2
2
stecken.
2. Wir nehmen an, dass das Rad nach hinten rollt. Dann zeigt
Ω
ω
des Rades nach links, und
Urad = 2πr. Bei
A legt das Rad die Strecke UKreis = 2πa zurück. Aus der vorherigen
Aufgabe wissen wir, dass ωr = v ist. Die Geschwindigkeit der Achse muss auch der
Umfangsgeschwindigkeit bezüglich A entsprechen. Also gilt
der Rotation um den Pfeiler nach oben. Das Rad hat den Umfang
einer Umdrehung um
Ωa = ωr
oder
r
Ω
=
ω
a
Aus dem Bild folgt:
•
Die resultierende Winkelgeschwindigkeit hat den Betrag
ωres =
6
√
ω2
+
Ω2
q
=Ω 1+
c 2008-2009
a2
r2
=ω
q
1+
r2
a2
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•
Die resultierende Drehachse geht durch
A
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und den Auagepunkt des Rades auf der
Unterlage.
3.
a)
F0 = ux dm
= qu
dt
q=
F0
u
= 90
(ux = −u)
kg/s
b) Kinetische Energie der Gase:
EG = 12 mG u2
P =
1 dmG
1
dEG
= u2
= u2 q
dt
2
dt
2
(dmG ist die Massenzunahme des Strahles)
1
P = F0 u = 377
2
MW
c) (Dr. K. Glaum) Wir gehen bei einer geradlinigen Bewegung der Rakete mit der
Masse
F0
m(t)
und der Geschwindigkeit
v(t)
unter Einuss der konstanten Schubkraft
von der Newtonschen Gleichung
d
F0 =
m(t)v(t)
dt
aus. Anders als im Fall der konstanten Massen lautet nun die Bewegungsgleichung
F0 = m(t)
dv(t) dm(t)
+
v(t) ,
dt
dt
wobei der erste Term der üblichen Beschleunigungskraft entspricht und der zweite
den Strafterm durch die Massenänderung darstellt. Nun haben wir noch die Massenänderung als
dm(t)
= −q
dt
vorgegeben und erhalten somit auch die Raketenmasse zum Zeitpunkt
t
m(t) = m0 − qt .
Damit lässt sich die Kraftgleichung etwas spezizieren:
h
i dv(t)
F0 + qv(t) = m0 − qt
.
dt
Fassen wir alle explizit zeitabhängigen Terme auf der linken Seite zusammen und
alle geschwindigkeitsabhängigen auf der rechten, so erhalten wir daraus die folgende
Integralgleichung:
Z
t0
0
dt
=
m0 − qt
Z
v(t0 )
v(0)=0
dv
.
F0 + qv
Zum Lösen der beiden Integrale verwenden wir die Substitution (für links ist es
t ≡ (m0 − x)/q
und für rechts
v ≡ (x − F0 )/q )
und erhalten
1 m0 − qt0
1 F0 + qv(t0 )
− ln
= ln
.
q
m0
q
F0
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8
Das ergibt nun mit der Massengleichung
m(t0 )
F0
=
m0
F0 + qv(t0 )
und unter Berücksichtigung der Beziehung
m(t0 ) = m0
Die Restmasse
F0 = qu
u
.
u + v(t0 )
m1 , die die Landesektion beim Erreichen der Geschwindigkeit v1 noch
hat, ergibt sich daraus zu
m1 = m0
u
= 8, 52 t .
u + v1
d) (Dr. K. Glaum) Die dabei verstrichene Zeit ergibt sich aus Massengleichung zu
t1 =
m0 − m1
m0 u v1
=
= 56, 7 s .
q
F0 u + v1
e) (Dr. K. Glaum) Weiterhin können wir die Gleichung für die Beziehung zwischen Masse und Geschwindigkeit nach
v(t) auösen und erhalten zusammen mit der Gleichung
für die Masse
v(t) = u
qt
.
m0 − qt
Daraus resultiert die Beschleunigung
a(t) =
dv(t)
m0 qu
=
.
dt
(m0 − qt)2
Diese Beschleunigung ist minimal, wenn
a0 =
t=0
qu
= 19, 1
m0
gilt, und ergibt sich zu
m/s
2
.
Maximal ist sie dagegen, wenn der Beschleunigungsprozess abgeschlossen wird, nämlich zur Zeit
t = t1 .
Dann ist sie
a1 =
m0 qu
(u + v1 )2
=
a0 = 48, 7
m21
u2
2
m/s
.
f)
Ek1
m1 v12
ε=
=
=
P t1
2P t1
exp
v1 2
u v1
−
u
1
= 0, 44
4. Energiesatz:
Ek (rP ) + EP (rP ) = Ek (∞) + EP (∞)
m 2
GmmE
m
vP −
= v02 + 0
2
rP
2
r
v0 =
8
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vP2 − 2
GmE
= 16, 9
rP
km/s
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5.
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a) 3. Keplersches Gesetz (Vergleich mit der Erde):
2
T
T0
=
3
a
r0
a=
rA +rP
2
⇒
T = T0
rP + rA
2r0
3/2
= 88
d
b) Wir haben
Energiesatz:
m 2
S
S
v − G mm
= m2 vA2 − Gmm
2 P
rP
rA
P
vP2 − vA2 = 2G mS rrAA−r
rP
Drehimpulssatz:
mvP rP = mvA rA
vA = vP rrPA
"
2 #
rA − rP
rP
= 2G mS
vP2 1 −
rA
rA rP
⇒
2
(rA − rP ) (rA + rP )
rA − rP
rA
− rP2
= vP2
= 2G mS
2
2
rA
rA
rA rP
s
2G mS rA
= 59 km/s
vP =
rP (rA + rP )
vP2
vA = vP
6.
a)
v0 = ω0 r0
v0 =
2πr0
T0
ω0 =
= 29, 8
2π
T0
rP
= 39
rA
T0 = 365
km/s
d
km/s
b) Bewegungsgleichung:
mE ar = Fr
mE ω02 r0 = G mEr2mS
0
7.
mS =
ω02 r03
G
mS =
4π 2 r03
G T02
= 1, 99 · 1030
kg
a) Die Ellipsenbahn der Sonde hat ihr Perihel bei der Erdbahn
bei der Marsbahn
(r 0 , v 1 )
und ihr Aphel
(r 2 , v 2 ).
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Energiesatz:
m 2
S
S
v − G mm
= m2 v22 − G mm
2 1
r0
r2
S
S
v12 − 2Grm
= v22 − 2Grm
0
0
2
v12 1 − rr02
= 2G mS r10 − r12
v1 =
q
2G mS r2
r0 (r2 +r0 )
b)
v2 = v1 rr20 = 23, 2
c)
τ =
= 32, 1
10
Drehimpulssatz:
mv1 r0 = mv2 r2
r0
v2 = v1 r2
km/s
km/s
T
Ermittlung von
2
der Erde
T
mit dem dritten Keplerschen Gesetz durch Vergleich mit
mS ):
2 3
T
0
= ra0
a = r2 +r
T0
2
r
3
r2 +r0
T = T0
T0 = 365
2r0
q
T√0
τ = 4 2 1 + rr20 = 237 d
(m
8.
d
a) Zentrum der Bewegung = Massenmittelpunkt
r1
r2
=
m2
m1
r1 + r2 = a
⇒ r1 1 +
r1 =
a
1+µ
m1
m2
=a
= 0, 60 · 106
km
b) Drittes Keplersches Gesetz:
Zuerst berechnen wir die grosse Halbachse der relativen Ellipse
A=
a+b
2
R1 (t) die Ortskoordinate des ersten Sterns,
R2 (t) die Ortskoordinate des zweiten Sterns, er (t) der Einheitsvektor entlang der
Verbindungslinie beider Sterne und r(t) der Abstand der beiden Sterne ist, dann
Wir gehen zu Relativkoordinaten. Wenn
sind die Bewegungsgleichungen der beiden Sterne
d2 R1 (t)
m1 m2
= −G 2
er (t)
2
dt
r (t)
d2 R2 (t)
m1 m2
m2
=
G
er (t)
dt2
r2 (t)
m1
10
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da ja Kraft = Gegenkraft ist.
Wir teilen diese Gleichungen durch
m1
beziehungsweise
m2
d2 R1 (t)
m2
= −G 2 er (t)
2
dt
r (t)
2
d R2 (t)
m1
er (t)
=
G
dt2
r2 (t)
Für die Relativkoordinate
r(t) = R2 (t) − R1 (t)
(wobei
|r(t)| = r(t)
der Abstand
der beiden Sterne ist) erhalten wir aus der Dierenz der obigen Gleichungen
d2 r(t)
d2
m1 + m2
er (t)
=
(R2 − R1 ) = G 2
2
2
dt
dt
r (t)
In der ursprünglichen Form mit
m2 m1
ist
R1 ≈ 0.
Die Bewegungsgleichung
lautete
m2
m1 m2
d2 R2 (t)
= −G 2 er (t)
2
dt
R2 (t)
oder
d2 R2 (t)
m1
= −G 2 er (t)
2
dt
R2 (t)
In diesem Falle lautete das 3. Keplersche Gesetz
A3
Gm1
=
2
T
4π 2
Durch den Vergleich der Bewegungsgleichung für
m2 m1
mit der Bewegungsglei-
chung in Relativkoordinaten erhalten wir für das dritte Keplersche Gesetz
A3
G (m1 + m2 )
=
T2
4π 2
Also ist
A3
G
G
(a + b)3
= 2 (m1 + m2 ) = 2 (µ + 1) m2 =
T2
4π
4π
8T 2
π 2 (a + b)3
m2 =
= 0, 932 · 1030
T 2G (1 + µ)
kg
= 0, 47 mS
m1 = µm2 = 1, 11 mS
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12
9. Wir verwenden
FG = G
10.
mN ewton mApf el
= 6.67 · 10−11
2
r
3
m /(kg · s)
kg · 0.3 kg
32
m2
a)

1
M = 3
2
b)
m
m
m


 

−2 N
1 Nm
 ×  1 N  =  −5 Nm 
1N
7 Nm
•

r 00M
•
−1

−3
=
−2
m

m

m


2N
F =  −1 N 
−1 N
•
12
80


1 Nm
M =  −5 Nm 
7 Nm
c 2008-2009
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= 178
pN