Musterlösung - Physik-Department E18

Physik für Chemieingenieure und Restauratoren
WS2007/08
Physik Department E18
Technische Universität München
PD Dr. F. Joachim Hartmann
A. Frei, S. Grabmüller, C. Höppner
Blatt 5
21.11.2007
Musterlösung
Seite 1
Aufgabe 1: Wippe
Vater (Masse mV = 90 kg) und Sohn (Masse mS = 40 kg) sitzen auf entgegengesetzten Enden einer
Wippe, idealisiert betrachtet eine homogene Metallstange der Länge ` = 4 m. Nehmen Sie der
Einfachheit halber an, daß der Schwerpunkt von Vater und Sohn jeweils genau auf der Längsachse
der Stange liegen. Das Eigengewicht der Stange sei zunächst vernachlässigbar.
Hinweis: Bei den Teilaufgaben 2 und 3 gibt es zwei Lösungswege.
1. Berechnen Sie den Betrag des resultierenden Drehmoments Mres , falls der Auflagepunkt in
die Mitte der Stange gelegt wird (x = `/2) !
Lösung:
~ , welches von einer Kraft F~ mittels des HeDie allgemeine Definition des Drehmoments M
belarms ~r hervorgerufen wird, lautet:
~ = ~r × F~
M
In dieser Aufgabe handelt es sich aber um ein eindimensionales Problem, bei dem der Hebelarm stets senkrecht zur Kraft steht. Daher gilt hier für den Betrag des Drehmoments:
M = r · F . Eine kleine Skizze:
Das resultierende Drehmoment ergibt sich aus der Summe der einzelnen Drehmomente:
Mres =
`
`
`
4m
N
mV g − mS g = g(mV − mS ) =
· 9.81
· (90 − 40) kg = 981 Nm
2
2
2
2
kg
2. In welchem Abstand x vom linken Ende der Stange muß diese unterstützt werden, damit die
Wippe im Gleichgewicht ist ?
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Lösung:
Auch hier wieder eine Skizze:
• 1. Lösungsweg: Die Stange wird dann im Gleichgewicht sein, wenn kein resultierendes
Drehmoment auftritt: Mres = 0.
⇒
0 = (` − x)mV g − xmS g = `mV g − xmV g − xmS g
⇒
x(mV + mS ) = `mV
⇒
x=`·
mV
90 kg
= 4m·
= 2.77 m
mV + mS
(90 + 40) kg
• 2. Lösungsweg: Ein Körper befindet sich dann im Gleichgewicht, wenn man ihn im
Schwerpunkt unterstützt. Der Schwerpunkt muss also gleich dem Auflagepunkt der
Stange sein. Wir definieren hierzu eine x-Achse mit dem Nullpunkt am linken Ende der
Stange. Dann gilt:
P
xi mi
0 · mS + ` · mV
mV
x = Pi
=
=`·
m
m
+
m
m
i
V
S
V + mS
i
3. Vertiefende Aufgabe: Das Eigengewicht der Stange soll nun berücksichtigt werden. Sie besitze
die Längenmassendichte ρ = 3 kg/m. Lösen Sie Teilaufgabe 2 unter Berücksichtigung des
Eigengewichtes !
Lösung:
Und noch eine Skizze:
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• 1. Lösungsweg: Die Stange wird dann im Gleichgewicht sein, wenn kein resultierendes
Drehmoment auftritt: Mres = 0. Die Gewichtskräfte der beiden Stangenteile sind:
FSt,li = ρgx
,
FSt,re = ρg(` − x)
Da die Stange homogen ist, greifen die Gewichtskräfte der einzelnen Stangenteile jeweils
in der Mitte an.
⇒
⇒
⇒
⇒
0 = xmS g +
x
`−x
xρg −
(` − x)ρg − (` − x)mV g
2
2
ρ `2 ρ
ρ
−
+ x`ρ − x2 − `mV + xmV
2
2
2
µ 2
¶
` ρ
0 = x(mS + `ρ + mV ) −
+ `mV
2
0 = xmS + x2
x=
`2 ρ
2
+ `mV
=
mS + `ρ + mV
1
2
· 42 m2 · 3
kg
m
40 kg +4 m ·3
+ 4 m ·90 kg
kg
m
+ 90 kg
= 2.70 m
• 2. Lösungsweg: Ein Körper befindet sich dann im Gleichgewicht, wenn man ihn im
Schwerpunkt unterstützt. Der Schwerpunkt muss also gleich dem Auflagepunkt der
Stange sein. Da die Stange homogen ist, greift ihr Eigengewicht in der Mitte der Stange
an. Also ist:
P
`
`ρ + `mV
xi mi
x = Pi
= 2
m
m
+ `ρ + mV
i
S
i
Aufgabe 2: Eisstockschießen
Schon wieder hat der Vordermair Edi, der Crack der gegnerischen Mannschaft, beim Eisstockschießen auf dem Nymphenburger Kanal seinen Eisstock so vor die Daube gelegt, dass es fast
unmöglich ist, gescheit anzumaßen. ”Sakra, sakra”, meint der Hinterhuber Schorsch, spuckt in die
Hände, schwingt seinen Eisstock und zielt genau aufs Zentrum des gegnerischen Stocks, um ihn
(und Daube?) aus dem Weg zu räumen. Mit v0 = 6 m/s saust der Stock los.
1. Berechnen Sie die kinetische Energie Ekin,0 des Eisstocks (einer von der schweren Sorte, mit
m1 = 5.7 kg an der Grenze des Erlaubten).
Lösung:
Die kinetische Energie des Eisstocks beim ”Abwurf” ist:
Ekin,0 =
1
1
m2
m1 v02 = · 5.7 kg ·62 2 = 102.6 J
2
2
s
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2. Es ist reichlich kalt; dadurch bleibt der Reibungskoeffizient Eisstockboden-Eis mit µ = 0.05
recht moderat. Mit welcher Geschwindigkeit v1 erreicht der Eisstock nach s = 25 m Weg den
des Vordermair Edi ?
Lösung:
Auf dem Weg s des Eisstocks zum Ziel wird Reibungsarbeit verrichtet, welche die urspüngliche kinetische Energie verringert. Für die Reibungsarbeit W gilt:
W = FR s = µm1 gs
Nach der Strecke s gilt für die kinetische Energie des Eisstocks:
Ekin,1 = Ekin,0 − W
1
1
m1 v12 = m1 v02 − µm1 gs
2
2
r
q
m2
m
m
2
⇒ v1 = v0 − 2µgs = 62 2 − 2 · 0.05 · 9.81 2 · 25 m = 3.39
s
s
s
3. Schorschs Eisstock trifft den vom Vordermair Edi stangengrad, wie man so schön sagt; in
der Physik nennt man das einen geraden, zentralen Stoß. Edis Stock ist ein Leichtgewicht
und erreicht gerade mal die vorgeschriebene Mindestmasse (m2 = 4.8 kg). Beim Stoß bleibe
k = 85% der kinetischen Energie erhalten, der Rest wird in Wärme und irreversible Verformungsarbeit umgewandelt. Leiten Sie allgemein aus Energie- und Impulssatz Formeln für
die Geschwindigkeit der beiden Eisstöcke unmittelbar nach dem Stoß ab. Was erhalten Sie
als Zahlenwerte für diese Geschwindigkeiten ?
Lösung:
Wie beim vollkommen elastischen Stoß können wir Impuls- und Energiesatz hinschreiben,
wenn wir bei der Energiebetrachtung den Energieverlust mit berücksichtigen. Wie bezeichnen
die Geschwindigkeiten vor dem Stoß mit v, nach dem Stoß mit u. Also Impulserhaltung:
m1 v1 = m1 u1 + m2 u2
⇒
u2 =
m1
(v1 − u1 )
m2
Und der Teil der kinetischen Energie, der erhalten bleibt:
k · m1 v12 = m1 u21 + m2 u22
Einsetzen der ersten Gleichung in die zweite liefert:
km1 v12 = m1 u21 + m2
m21
(v1 − u1 )2
m22
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Dies ergibt eine quadratische Gleichung in u1 :
µ
¶
µ
¶
m1
m1
m1
u21 1 +
−2
v1 u1 + v12
−k =0
m2
m2
m2
Die Lösungen dieser Gleichung sind:
q
m1
m1
±
k+ m
(k − 1)
m2
2
u 1 = v1 ·
m1
1 + m2
Mit den Zahlenwerten k = 0.85 und m1 /m2 = 5.7/4.8 = 19/16 = 1.1875 erhält man:
m
s
m
u1− = 0.168 · v1 = 0.57
s
u1 ist die Geschwindigkeit des ankommenden Eisstocks nach dem Stoß. Er stößt zentral
mit einem fast gleichschweren Eisstock, so dass er erfahrungsgemäß nach dem Stoß eine
sehr kleine Geschwindigkeit haben muss. Die Lösung ”+” ist also unphysikalisch; sie ist ein
mathematisches ”Artefakt”, das durch das Quadrieren beim Einsetzen der ersten Gleichung
in die zweite entstanden ist. Also ist:
m
u1 = 0.168 · v1 = 0.57
s
u1+ = 0.918 · v1 = 3.11
Dieses Ergebnis einsetzen in die erste Gleichung:
q


m1
1
k+ m
m2 −
m2 (k − 1)
m1 

u2 =
v1 1 −
1
m2
1+ m
m2
u2 = 0.988 · v1 = 3.35
m
s
Aufgabe 3: Trägheitsmoment der Kugel
Vertiefende Aufgabe: Berechnen Sie allgemein das Trägheitsmoment Is einer homogenen Kugel der
Masse M mit Radius R bezüglich einer Achse durch den Kugelmittelpunkt. Bestimmen Sie auch
das Trägheitsmoment It der Kugel bezüglich einer Achse tangential zur Kugeloberfläche.
Hinweis: Satz von Steiner: Das Trägheitsmoment Ix eines Körpers bei Rotation um eine Achse x,
die parallel zu einer Rotationsachse s durch den Schwerpunkt ist, ergibt sich zu:
Ix = Is + md2
Hierbei ist d der Abstand zwischen den beiden Rotationsachsen, m die Masse des Körpers und Is
das Trägheitsmoment bei der Rotation um die Schwerpunktsachse.
Lösung:
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Das Trägheitsmoment eines Körpers ist definiert als
Z
I=
r2 dm
(1)
M
wobei M die Gesamtmasse des Körpers und r der (lotrechte) Abstand des jeweiligen Massenelements zur Drehachse ist. r steht somit senkrecht auf der Achse und ist damit nicht zwangsläufig
der Ortsvektor vom Koordinatenursprung zum Massenelement, und auch nicht zwangsläufig der
evtl. Radius einer Kugel oder eines Zylinders. Befindet man sich in einem kartesischen Koordinatensystem mit den Achsen x, y und z ist es, um Verwechslungen zu vermeiden, daher oft ratsam
die aus (1) folgende Definition zu benutzen:
Z
Ix =
(y 2 + z 2 )dm
(2)
M
Z
Iy =
(x2 + z 2 )dm
(3)
M
Z
Iz =
(x2 + y 2 )dm
(4)
M
Für die Berechnung des Trägheitsmoments einer Kugel bezogen auf eine Achse durch den Schwerpunkt gibt es mehrere Möglichkeiten.
1. Wir verwenden ein Volumenintegral. Wegen der Symmetrie gilt Is = Ix,s = Iy,s = Iz,s . Also
folgt:
Is =
1
(Ix,s + Iy,s + Iz,s )
3
Einsetzen der Gleichungen (2), (3) und (4) ergibt:
µZ
¶
Z
Z
1
Is =
(y 2 + z 2 )dm +
(x2 + z 2 )dm +
(x2 + y 2 )dm
3
M
M
M
Z
Z
2
2
Is =
(x2 + y 2 + z 2 )dm =
r2 dm
3 M
3 M
Mit dm = ρdV und dV = r2 dr sin θdθdφ
−π ≤ φ ≤ π) folgt:
Z R
Z π
Z π
2
Is = ρ
r4 dr
sin θdθ
dφ =
3 0
0
−π
(Kugelkoordinaten, 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ θ ≤ π,
2
ρ
3
µ
R5
· 2 · 2π
5
¶
=
8
ρπR5
15
Die Dichte ist ρ = M/V , und das Volumen der Kugel ist:
Z
Z RZ πZ π
4
V = dV =
r2 dr sin θdθdφ = πR3
3
0
0
−π
Damit ergibt sich:
Is =
8
3
2
πR5 · M ·
= M R2
15
4πR3
5
2. Wir stellen uns vor, dass die Kugel aus unendlich vielen infinitesimal-dünnen Scheiben (bzw.
Zylindern) mit dem Radius r(z) besteht.
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Das Trägheitsmoment ist dann:
Z
Iz,s = dIz,s,Scheibe
Das Trägheitsmoment einer Scheibe bzw. eines Zylinders wurde in der Vorlesung hergeleitet:
Z
1
Iz,s,Scheibe =
r2 (z)dm
2 M
Pythagoras liefert r2 (z) = R2 − z 2 . Das Massenelement ist dm = ρπr2 (z)dz. Damit folgt:
Iz,s
Iz,s
Z R
1
(R − z ) dz = ρπ
(R4 − 2R2 z 2 + z 4 )dz
2
−R
−R
µ
¶
1
4 5 2 5
8
5
= ρπ 2R − R + R =
ρπR5
2
3
5
15
1
= ρπ
2
Z
R
2
2 2
Die Symmetrie liefert wiederum Iz,s = Is , ansonsten weiter wie bei der 1. Möglichkeit.
Das Trägheitsmoment It einer Kugel um eine Achse tangential zur Oberfläche ergibt sich aus dem
Satz von Steiner:
It = Is + M R 2 =
7
M R2
5
Aufgabe 4: Zylinder und Kegel
Wir betrachten einen homogenen Zylinder mit Masse M , Länge L und Radius R, der sich mit der
Winkelgeschwindigkeit ωz um seine Symmetrieachse dreht. Mit welcher Winkelgeschwindigkeit ωk
(bezogen auf ωz ) muss sich ein gerader Kreiskegel mit der Höhe H = L und dem Radius R um
seine Symmetrieachse drehen, damit er dieselbe Rotationsenergie wie der Zylinder besitzt ? Leiten
Sie hierzu allgemein das Trägheitsmoment des Kegels her.
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Lösung:
Um das Trägheitsmoment des Kegels zu berechnen legen wir ein Koordinatensystem in die Kegelspitze.
Wir gehen genau so wie in Aufgabe 3 vor, und integrieren die infinitesimal dünnen Scheiben auf:
Z
Z
1
r2 (z)dm
Iz = dIz,s,Scheibe =
2 M
Mit dm = ρπr2 (z)dz und r(z)/z = R/H (Strahlensatz) folgt:
Iz =
1 R4
ρπ
2 H4
Z
H
z 4 dz =
0
1
ρπR4 H
10
Die Dichte ist ρ = M/V , und für das Kegelvolumen ergibt sich:
Z
Z
H
V =
H
2
πr (z)dz =
0
π
0
1
R2 2
z dz = πR2 H
2
H
3
Also folgt:
Iz =
3
3
1
πR4 H · M ·
=
M R2 = IKegel
10
πR2 H
10
Dies ist das Trägheitsmoment des Kegels bei Rotation um seine Symmetrieachse. Das Trägheitsmoment des Zylinders ist bekanntlich:
IZylinder =
1
M R2
2
Die Rotationsenergie ist Erot = Iω 2 /2. Wenn Zylinder und Kegel die gleiche Rotationsenergie
haben sollen gilt:
Ik ωk2 = Iz ωz2
Einsetzen der Trägheitsmomente liefert:
ωk2 = ωz2 ·
5
3
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r
5
≈ 1.29 · ωz
3
Bemerkung: Leider hat sich herausgestellt, dass die Formulierung der Aufgabe nicht ganz eindeutig
ist. Es wurde nicht explizit erwähnt, dass Kegel und Zylinder die gleiche Masse M besitzen. Also
könnte man auch annehmen, dass die Dichte ρ der beiden Körper gleich ist. Unter dieser √
Annahme
verläuft die Lösung fast gleich, lediglich das Ergebnis ist ein klein wenig anders: ωk = 5ωz (da
Vz = 3Vk ist).
ωk = ωz ·
Aufgabe 5: Raumfahrt
Ein Raumfahrzeug der Masse m0 befindet sich ausserhalb jeglicher Gravitationskräfte im Weltraum in Ruhe. Nun werden nacheinander Gegenstände mit der jeweiligen Relativgeschwindigkeit
u = 10 m/s zum Raumfahrzeug in die gleiche Richtung weggeworfen. Nach dem ersten Wurf besitzt
das Raumfahrzeug die Masse m1 = 3/4·m0 , nach dem zweiten Wurf die Restmasse m2 = 9/16·m0 .
Wie groß ist die Geschwindigkeit v2 des Raumfahrzeugs nach dem zweiten Wurf?
Lösung:
Zur Lösung dieser Aufgabe benötigt man lediglich den Impulserhaltungssatz. Allerdings ist es von
größter Wichtigkeit sich bei Betrachtungen dieser Art genau zu überlegen, in welchem Bezugssystem man den Vorgang beschreibt, und wie sich die Geschwindigkeiten beim Übergang von einem
Bezugssystem in ein anderes transformieren. Wir gehen schrittweise vor und betrachten zunächst
den 1. Wurf in einem ruhenden Bezugssystem (B):
Vor dem Wurf ruht das Raumfahrzeug mit der Masse m0 , der Impuls vorher ist also pvorher = 0.
Nach dem Wurf bewegt sich der abgeworfene Gegenstand mit Masse m0 − m1 mit der Geschwindigkeit u in die eine Richtung, das Raumfahrzeug, welches nun die Masse m1 besitzt, fliegt mit v1
in die entgegengesetzte Richtung. Definiert man nun positive Geschwindigkeiten als solche, die in
Richtung ~u zeigen, kann man für die Impulserhaltung beim 1. Wurf schreiben:
pvorher = pnachher
⇒
v1 =
⇒
0 = (m0 − m1 )u + m1 v1
( 3 − 1)m0
m1 − m0
1
u= 4 3
u=− u
m1
3
m
4 0
Nun betrachtet man den 2. Wurf:
Um auch hier wieder die Impulserhaltung möglichst einfach aufschreiben zu können, betrachtet
man diesen Vorgang in einem Bezugssystem (B 0 ), welches sich mit der Geschwindigkeit v1 bewege.
In (B 0 ) stellt sich der 2. Wurfvorgang wie folgt dar:
Vor dem 2. Wurf ruht das Raumfahrzeug mit Masse m1 in (B 0 ), der Impuls vorher ist also
pvorher = 0. Nach dem 2. Wurf fliegt der nun abgeworfene Gegenstand der Masse m1 − m2 mit
der Geschwindigkeit u in die eine Richtung (u sollte ja die jeweilige Relativgeschwindigkeit zum
Raumfahrzeug sein), das Raumfahrzeug mit der Restmasse m2 fliege mit v20 in die entgegengesetzte
Richtung. Also ergibt sich aus dem Impulserhaltungssatz:
pvorher = pnachher
⇒
v20 =
⇒
0 = (m1 − m2 )u + m2 v20
( 9 − 3 )m0
1
m2 − m1
u=− u
u = 16 9 4
m2
3
16 m0
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In (B 0 ) besitzt das Raumfahrzeug nach dem 2. Wurf also die Geschwindigkeit v20 = − 13 u, (B 0 ) bewegt sich relativ zu (B) mit der Geschwindigkeit v1 = − 13 u, folglich bewegt sich das Raumfahrzeug
im ruhenden Bezugssystem (B) mit der Geschwindigkeit:
2
v2 = v20 + v1 = − u
3
Nachdem also beide Gegenstände abgeworfen wurden, fliegt das Raumfahrzeug betragsmäßig mit
der Geschwindigkeit:
|v~2 | =
m
m
2
· 10
' 6.7
3
s
s
Alternativer Lösungsweg:
Natürlich ist es auch möglich die Aufgabe zu lösen, ohne die Vorgänge in verschiedenen Bezugssystemen zu betrachten. Ein solcher Weg sei im folgenden skizziert:
An der Betrachtung des 1. Wurfes ändert sich nichts, man erhält v1 = − 13 u. Beim 2. Wurf muss
man beachten, daß der 2. Gegenstand aus der Sicht eines ruhenden Betrachters mit der Geschwindigkeit u + v1 = 23 u abgeworfen wird. Also erhält man aus der Impulserhaltung vor dem 1. Wurf
und nach dem 2. Wurf:
0 = m2 v2 + (m0 − m1 )u + (m1 − m2 )(u + v1 )
Auflösen dieser Gleichung nach v2 und Einsetzen der bekannten Werte liefert natürlich auch hier:
2
v2 = − u
3
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