Musterlösung 2

Physik I
Musterlösung 2
Aufgabe 2.1
FS 08
Prof. R. Hahnloser
Flugzeug im Wind
Ein Flugzeug fliegt nach Norden und zwar so, dass es sich zu jedem Zeitpunkt
genau über einer Autobahn befindet, welche in Richtung Süd-Nord verläuft.
Seine Geschwindigkeit relativ zur Luft beträgt 500km/h. Der Pilot bekommt
über Funk mitgeteilt, dass die Windgeschwindigkeit 50km/h beträgt, kann
aber infolge starken Funkverkehrs die Angabe der Windrichtung nicht verstehen. Trotzdem stellt er fest, dass er nach einer Stunde 500km entlang der
Autobahn zurückgelelgt hat.
(a) In welcher Richtung weht der Wind?
(b) Wie ist die Flugzeugachse bezüglich der Autobahn ausgerichtet?
Wir bezeichnen die Geschwindigkeit des Flugzeuges
über Grund mit ~v , relativ zur Luft mit ṽ, sowie die
Windgeschwindigkeit über Grund mit w.
~ Es gilt nun
~v = w
~ + ṽ, da ṽ bezüglich des mit dem Wind bewegten Koordinatensystems gemessen ist, welches sich mit
w
~ gegenüber Grund bewegt (vgl. Skizze).
(a) Für das Dreieck dieser Vektoren gilt somit der Kosinussatz
ṽ 2 = v 2 + w2 − 2vw cos ω
v 2 + w2 − ṽ 2
cos ω =
,
2vw
wobei v 2 , w2 , ṽ 2 die Betragsquadrate der jeweiligen Geschwindigkeiten und ω den Winkel
zwischen w
~ und ~v , d.h zwischen der Wind- und der Süd-Nord-Richtung bezeichnen.
Im konkreten Fall ergibt sich cos ω = 0.05, d.h ω ≈ 87◦ . Der Wind kommt also aus einer
Richtung, die etwas südlicher als genau Westen oder Osten ist. Ob es sich um Westen
oder Osten handelt, ist unbestimmt.
(b) Analog gilt der entsprechende Kosinussatz für den Winkel ϕ zwischen Süd-NordRichtung und ṽ (d.h der Flugzeugachse, denn das Flugzeug bewegt sich in Richtung
seiner Achse relativ zur Luft):
w2 = v 2 + ṽ 2 − 2v|ṽ| cos ϕ
v 2 + ṽ 2 − w2
cos ϕ =
,
2v|ṽ|
wobei |ṽ| den Betrag der Flugzeuggeschwindigkeit relativ zur Luft bezeichne.
1
Dies ergibt hier cos ϕ = 0.995, d.h ϕ ≈ 6◦ . Die Flugzeugachse weicht also um etwa 6◦ von
der Süd-Nord-Richtung ab (ob nach Westen oder Osten ist erneut unbestimmt).
Da hier die Beträge von ~v und ṽ gleich sind, könnte man auch geometrisch folgern, dass
die Winkel zwischen w
~ und ~v sowie zwischen w
~ und ṽ gleich gross sein müssen, und weil
◦
ihre Summe 180 − ϕ beträgt, gilt für ϕ = 180◦ − 2 × 87◦ .
Aufgabe 2.2
Zeitgewinn durch erhöhte Geschwindigkeit
Wir fahren nachts auf der regennassen Autobahn eine D = 200km lange Strecke. Weil wir
es eilig haben, beschliessen wir, statt mit einer den Umständen angemessenen Geschwindigkeit von v0 = 100km/h mit (unzulässigen) v1 = 130km/h zu fahren.
(a) Mit v1 benötigen wir die Zeit t1 = vD1 , statt t0 = vD0 , d.h die Zeitersparnis beträgt
∆t = t0 − t1 = D ×
1
1
−
v0 v1
,
was im konkreten Fall 0.46h oder etwa 28min entspricht.
(b) Relativ gesehen gewinnen wir ∆t
, d.h
t0
∆t
t0 − t1
t1
v0
=
=1− =1− ,
t0
t0
t0
v1
oder im konkreten Fall etwa 23%, d.h ein knappes Viertel der Zeit.
Aufgabe 2.3
Vektorsumme und -differenz
Seien zwei Vektoren ~a und ~b gegeben, deren Summe senkrecht zu ihrer Differenz steht,
d.h.
(~a + ~b) · (~a − ~b) = 0.
Hieraus folgt unmittelbar
~a · ~a + ~a · ~b − ~b · ~a − ~b · ~b = 0
~a · ~a − ~b · ~b = 0
|~a|2 = |~b|2
|~a| = |~b|
Die Vektoren müssen also den gleichen Betrag haben.
Aufgabe 2.4
Satellit auf kreisförmiger Umlaufbahn
Ein Satellit bewege sich mit einer Periode von T = 98.0min auf einer kreisförmigen
Umlaufbahn in einer Höhe von h = 640km über der Erdoberfläche.
(a) Wie gross sind die Beträge seiner Geschwindigkeit v und seiner Zentripetalbeschleunigung a?
(b) Wie gross ist die Winkelgeschwindigkeit φ, mit welcher ein Beobachter
direkt unter dem Satelliten diesen vorbeiziehen sieht?
2
(a) Die Frequenz des Satellitenumlaufes ist gegeben zu f = T1 . Die Winkelgeschwindigkeit
des Satelliten ist somit ω = 2πf = 2π
und der Betrag seiner Geschwindigkeit
T
v = rω = (R + h)ω =
2(R + h)π
,
T
wobei der Radius r = R + h der Umlaufbahn die Summe des Erdradius’ R ≈ 6370km und
der Bahnhöhe h ist. Für die angegeben Werte ergibt sich v ≈ 450km/min≈ 7.5km/s oder
etwa 27000km/h.
Die Zentripetalbeschleunigung beträgt
a = rω 2 = (R + h)ω 2 =
4(R + h)π 2
,
T2
was für den konkreten Fall etwa 8m/s2 ergibt.
(b) Bei gegebenem Betrag der Geschwindigkeit v und unterschiedliche Radien r, r1 gilt
v = rω = r1 ω1
mit entsprechenden Winkelgeschwindigkeiten ω, ω1 . Somit ist die Winkelgeschwindigkeit
für einen Beobachter auf der Erdoberfläche (wobei r1 = h ist) bei senkrechtem Überflug
gegeben als
r
2πr
,
ω1 = ω =
h
hT
was hier etwa 0.011/s ergibt (11mrad/s).
Aufgabe 2.5
Kletteraffe am beweglichen Seil
Ein Affe der Masse m = 10kg klettert ein masseloses Seil hinauf, das über
einen reibungsfreien Ast läuft und an einer auf dem Boden stehenden Kiste
der Masse M = 15kg befestigt ist (siehe Abbildung).
(a) Wie gross muss der Betrag der Beschleunigung des Affen mindestens sein,
damit er die Kiste vom Boden anheben kann?
Nachdem er die Kiste angehoben hat, hört der Affe auf zu klettern und hält
sich am Seil fest.
(b) Wie lauten dann Betrag und Richtung seiner Beschleunigung?
(c) Wie gross ist die Zugspannung im Seil?
3
Wir setzen sowohl für den Affen als auch die Kiste die Richtung +y nach oben fest.
(a) Die Stärke der Kraft, mit der der Affe nach unten zieht, sei F . Gemäss Newtons
drittem Gesetz zieht das Seil den Affen mit derselben Stärke nach oben, womit Newtons
zweites Gesetz für die Kräfte auf den Affen F − mg = maa ergibt, wobei m die Masse des
Affen und aa seine Beschleunigung bezeichne. Unter der Annahme, das Seil sei masselos,
ist die Spannung des Seiles T = F . Das Seil zieht die Kiste mit der Kraft F nach oben,
wodurch Newtons zweites Gesetz für die Kiste F + N − M g = M ak ergibt, wobei M und
ak Masse und Beschleunigung der Kiste sowie N die Normalkraft durch den Boden auf
die Kiste bedeute. Falls nun F die minimale Kraft sei, die benötigt wird, um die Kiste
hochzuheben, dann sind N = 0 und ak = 0. Gemäss der Gleichung für die Kräfte auf die
Kiste ergibt sich hieraus F = M g. Indem M g anstelle von F in der Gleichung für die
Kräfte auf den Affen eingesetzt wird, lässt sich diese nach aa auflösen:
aa =
F − mg
(M − m)g
=
,
m
m
was im konkreten Fall etwa 4.9m/s2 ergibt.
(b) Aus den Gleichungen (für N = 0) F − ma,k g = ma,k aa,k lässt sich die Kraft F
eliminieren, wodurch man
(g + aa )m = (g + ak )M = (g − aa )M
erhält, da aa = −ak ist. Nun kann man nach aa auflösen:
gm + aa m = gM − aa M
(m + M )aa = (M − m)g
M −m
aa =
g
M +m
oder in unserem Falle etwa 2.0m/s2 . Da dies positiv ist, wird der Affe nach oben beschleunigt.
4
(c) Da T = F , kann die Zugspannung berechnet werden zu
F = (aa + g)m = (
M −m
2mM
+ 1)gm =
g,
M +m
m+M
konkret etwa 118N.
Aufgabe 2.6
Fallobjekt und Geschoss
Ein hungriger Pirat möchte mit seiner Bordkanone einen Affen erlegen, der sich
auf einer Palme in Höhe h = 10m und Abstand d = 30m zur Kanone befindet
(siehe Abbildung). Der Pirat zielt mitten auf den Affen. Der Affe habe eine
Länge von ` = 0.6m, die Mündungsgeschwindigkeit der Kanonenkugel betrage
v0 = 100m/s.
(a) Berechnen sie die Flugbahn der Kugel. Trifft der Pirat den hängenden
Affen?
(b) Angenommen, der Affe lässt vor Schreck los, sobald er den Mündungsblitz
der Kanone sieht. Rettet er damit sein Leben?
(a) Wir zerlegen die Geschwindigkeit v0 in horizontale und vertikale Komponenten v0x , v0y ,
d.h
h
v0y
=
= tan α
v
d
0x
v0x
v0 cos α
=
v0y
v0 sin α
(1)
(2)
Legt man den Koordinatenursprung in die Mündung der Kanone, so gilt für die Komponenten des Bahnvektors der Kugel:
x(t) = v0x t
(3)
g
y(t) = v0y t − t2 .
2
(4)
Die Kugel erreicht die horizontale Koordinate x = d des Affens zur Zeit tf = d/v0x . Wegen
Gl.1 gilt aber v0y × tf = v0xd h × vd0x = h, d.h
g
y(tf ) = h − t2f .
2
5
(5)
Für die angegebenen Werte erhält man α ≈ 18.4◦ und v0x ≈ 95m/s, somit tf ≈ 0.32s und
schliesslich y(tf ) ≈ h − 49cm. Weil aber der Affe eine Körperlänge von ` = 60cm besitzt,
verfehlt ihn die Kugel knapp, da der Pirat auf die Mitte des Affen zielte und somit nur
ein Fehler von `/2 erlaubt wäre.
(b) Für die y-Koordinate des Affen gilt zu jedem Zeitpunkt nach dem Loslassen
g
ya (t) = h − t2 ,
2
d.h insbesondere (da der Affe zu dem Zeitpunkt loslässt, als die Kugel aus der Kanone
fliegt)
g
ya (tf ) = h − t2f = y(tf ).
2
Da zu diesem Zeitpunkt jedoch die x-Koordinate der Kugel gleich jener des Affen ist
(denn tf wurde so berechnet) und offenbar auch die y-Koordinate, trifft sie ihn genau.
Dies sieht man auch ohne Rechnung, wenn man sich überlegt, dass die Bewegung der
Kugel aus der Überlagerung einer gleichförmigen, linearen Bewegung in Richtung des ursprünglich hängenden Affen sowie einer gleichmässig beschleunigten nach unten besteht.
Infolge der linearen Bewegung würde die Kugel den Affen im schwerelosen Raum immer
treffen, und wegen der für Kugel und Affe gleich starken Beschleunigung durch das Schwerefeld der Erde bewegen sich Affe und Kugel in gleicher Weise nach unten, treffen also
auch in diesem Falle aufeinander.
6