Musterlösung zur Klausur - Lehrstuhl für Optik, Uni Erlangen

1
2
3
4
Nur vom Korrektor auszufüllen!
5
6
7
8
9
10
∑
Note
Experimentalphysik für Naturwissenschaftler I
Universität Erlangen–Nürnberg
WS 2011/12
Klausur (10.2.2012)
Name (in Druckbuchstaben):
Matrikelnummer:
Studiengang:
Bitte beachten: In die Wertung der Klausur gehen nur 8 der 10 gestellten Aufgaben ein. Kennzeichnen Sie
deshalb deutlich vor Abgabe der Klausur, welche zwei Aufgaben nicht gewertet werden sollen! Sie müssen dies
entscheiden, sonst werden einfach zwei Aufgaben nach Belieben gestrichen. Mit jeder Aufgabe können 8 Punkte
erreicht werden.
Empfehlung: Sehen Sie sich am Anfang der Klausur alle Aufgaben kurz an und entscheiden dann, welche Sie in
welcher Reihenfolge bearbeiten wollen. Sollten Sie eine Teilaufgabe nicht bearbeitet haben, benötigen aber deren
Ergebnis für die nächste Teilaufgabe, so nehmen Sie den angegebenen Wert der Ersatzlösung, kennzeichnen dies
auf Ihrem Blatt und rechnen damit weiter.
——————————————————————————
1) Orgelpfeife
Eine Orgelpfeife mit einem Grundton mit der Frequenz f = 200 Hz soll als Rohr, in dem sich stehende Wellen
ausbreiten, betrachtet werden.
(a) Die Schallgeschwindigkeit in Luft sei c = 300 m/s. Welche Wellenlänge λ hat der Grundton?
(b) Orgelpfeifen können zwei offene Enden oder je ein offenes und ein geschlossenes Ende haben. Berechnen Sie
für beide Fälle die Länge l der Orgelpfeife.
(c) Berechnen Sie für beide Fälle jeweils die Wellenlänge und die Frequenz des ersten Obertons.
Lösung: Orgelpfeife
(a) 1 Punkt
λ=
c
300 m s−1
=
= 1, 5 m
f
200 Hz
(b) 4 Punkte
1
1. Fall: beidseitig offen:
allgemeine Formel: l = n
Grundton: l =
λn
,
2
n = 1, 2, 3, . . .
1, 5 m
λ1
=
= 0, 75 m
2
2
2. Fall: einseitig offen:
λn λn
− ,
n = 1, 2, 3, . . .
2
4
λ1
1, 5 m
Grundton: l =
=
= 0, 375 m
4
4
allgemeine Formel: l = n
(c) 3 Punkte
erster Oberton: n = 2
1. Fall:
l=n
2. Fall:
λn λn
l=n
−
=
2
4
λn
2l
⇔ λn =
2
n
2 · 0, 75 m
λ2 =
= 0, 75 m
2
300 m s−1
c
=
= 400 Hz
f2 =
λ2
0, 75 m
(
)
1 λn
2l
n−
⇔ λn =
2 2
n − 12
2l
2 · 0, 375 m
λ2 = 3 =
= 0, 50 m
3
2
2
c
300 m s−1
f2 =
=
= 600 Hz
λ2
0, 50 m
2
Name:
Matrikelnummer:
2) Rotierender Stab
Ein Stab der Masse M = 1 kg sei l = 0,6 m lang und besitze ein Trägheitsmoment J =
um den Mittelpunkt der Längsseite.
1
M l2
12
bezüglich Drehung
(a) Berechnen Sie die Größe des Trägheitsmomentes (Ersatzlösung J = 0,09 kg m2 ).
Lösung (1 Punkt):
Mit Zahlenwerten: J = 0,03 kg m2 .
(b) Der ruhende Stab erfahre ein konstantes Drehmoment D = 3 Nm. Wie lange dauert die Beschleunigung auf
eine Winkelgeschwindigkeit ω = 50 s−1 (Ersatzlösung t = 3 s)?
Lösung (2,5 Punkte):
D =
d
L = dtd (Jω) = J dtd ω. Integration ergibt Dt = J[ω(t) − ω(0)] = J[ω(t) − 0] = Jω(t).
dt
!
kg m2
J
ω(t). Da ω(t) = 50 s−1 sein soll, ist t = 0,033 Nm
· 50 s−1 = 0,5 s (bei Verwendung von
D
t =
t = 1,5 s).
Daraus folgt
Ersatzlösung
(c) Wie viele Umdrehungen benötigt der Stab, um die Winkelgeschwindigkeit aus Aufgabenteil (b) zu erreichen?
Lösung (2,5 Punkte):
∫t
∫t ′ ′
D 2
t dt = 2J
t = 12,5 rad. Damit ergeben sich
Da ω(t) = dtd ϕ(t) gilt, ist ϕ(t) = 0 ω(t′ ) dt′ = 0 D
J
1,99 Umdrehungen (bei Verwendung von Ersatzlösungen 150
=
23,87
Umdrehungen).
2π
ϕ(t)
2π
=
(d) Wie groß ist die Rotationsenergie des Stabes bei dieser Winkelgeschwindigkeit? Wie groß wäre sie, wenn der
Stab mit dieser Winkelgeschwindigkeit um eines seiner Enden rotieren würde (Achse parallel um 2l verschoben)?
Lösung (2 Punkte):
Erot = 12 Jω 2 = 37,5 J (bei Verwendung von Ersatzlösung Erot = 112,5 J), verschobene Achse nach Satz von
′
′
Steiner Erot
= 21 (J + M l2 /4)ω 2 = 150 J (bei Verwendung von Ersatzlösung Erot
= 225 J).
3
Name:
Matrikelnummer:
3) Rotierende Scheibe
Gegeben sei eine homogene zylinderförmige Scheibe mit Radius r = 0,2 m und Masse M = 10,2 kg, die mit
einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ω0 = 10 s−1 um ihre Zylinderachse rotiert (Trägheitsmoment JScheibe =
1
M r2 ). Aus dem Rand der Scheibe löst sich ein punktförmiges Teilchen der Masse m = 0,1 kg und bewegt sich
2
geradlinig weiter (siehe Abbildung).
(a) Mit welcher Geschwindigkeit v bewegt sich das abgelöste Teilchen (Ersatzlösung v = 3 m/s)?
Lösung (1 Punkt):
v = ω0 r = 10 s−1 · 0,2 m = 2 m/s.
(b) Welchen Drehimpuls LT besitzt das Teilchen bezüglich des Scheiben-Mittelpunktes nach dem Ablösen (Ersatzlösung LT = 0,54 Js)?
Lösung (2 Punkte):
⃗ T = ⃗r × p⃗ ⇒ LT = rmv = mω0 r2 = 0,1 kg · 10 s−1 · 0,04 m2 = 0,04 Js (bei Verwendung von ErsatzlöL
sung LT = 0,06 Js).
(c) Wie groß ist das Trägheitsmoment Jnach der Scheibe, nachdem sich das Teilchen gelöst hat (Ersatzlösung
Jnach = 0,15 kg m2 )? Dabei soll angenommen werden, dass die Scheibe starr ist und daher sich deren Masse
nicht umverteilt.
Lösung (2 Punkte):
Jnach = JScheibe − mr2 = 12 M r2 − mr2 = ( 21 M − m)r2 = (5,1 kg − 0,1 kg) · 0,04 m2 = 0,2 kg m2 .
(d) Mit welcher Winkelgeschwindigkeit ω rotiert die Scheibe nach dem Ablösen des Teilchens?
Lösung (3 Punkte):
Drehimpulserhaltung:
Lnach = Jnach ω + LT = Jvor ω0 = Lvor
⇒
ω=
1
M r2 ω0 − mr2 ω0
Jvor ω0 − LT
)
= 2 (M
= ω0 = 10 s−1 .
2
Jnach
−
m
r
2
Die Scheibe dreht sich genauso schnell wie zu Beginn, da kein Drehmoment auf die Scheibe ausgeübt wurde
(auch bei Verwendung der Ersatzlösungen).
4
Name:
Matrikelnummer:
4) Interferenz von Ultraschallwellen
Zwei kompakte Lautsprecher im Abstand von b = 0, 10 m erzeugen einen für das menschliche Ohr unhörbaren Ton mit der Frequenz f = 33 kHz und gleicher Phasenlage. Im Abstand von L = 10 m ist parallel zur
Verbindungslinie der beiden Lautsprecher eine Schiene mit einem Mikrofon angebracht, auf welcher sich das
Mikrofon bewegen kann.
(a) Berechnen Sie die Wellenlänge λ. (Schallgeschwindigkeit c = 330 m/s)
(b) Bei x = 0 detektiert das Mikrofon ein Interferenzmaximum. Berechnen Sie den Ort x+1,max > 0 des ersten
Nebenmaximums. (Hier kann die Kleinwinkelnäherung tan(α) ≈ sin(α) ≈ α verwendet werden.)
(c) Berechnen Sie analog den Ort x+1,min des ersten Minimums.
(d) Wie muss die Frequenz f geändert werden, um zu erreichen, dass das erste Minimum bei x+1,min = 1, 5 m
auftritt.
Lösung: Interferenz von Ultraschallwellen
(a) 1 Punkt
λ=
c
330 m s−1
=
= 0, 010 m
f
33 kHz
(b) 3 Punkte
5
∆W1−2 = b sin(α)
x
tan(α) =
L
bx
⇒ ∆W1−2 =
L
L
L
10 m
⇔ x+1,max = ∆W1−2 = λ =
· 0, 010 m = 1, 0 m
b
b
0, 10 m
(c) 2 Punkte
x+1,min =
L
Lλ
10 m 0, 010m
∆W1,2 =
=
·
= 0, 50 m
b
b 2
0, 10 m
2
(d) 2 Punkte
x+1,min =
Lλ
2x+1,min b
2 · 1, 5 m · 0, 10 m
⇔λ=
=
= 0, 03 m
b 2
L
10 m
c
330 m s−1
f= =
= 11 kHz
λ
0, 03 m
6
Name:
Matrikelnummer:
5) Armbanduhr
Der große Zeiger einer Armbanduhr dreht sich mit konstanter Periode T = 1 h um die z-Achse. Der Radius des
Zeigers sei mit R bezeichnet.
(a) Berechnen Sie die Winkelgeschwindigkeit ω des Zeigers.
Lösung (1 P):
ω=
2π
= 0,0017 s−1 .
T
(b) Die Bahnkurve der Zeigerspitze sei parametrisiert durch den zeitabhängigen Vektor


sin (ωt)
⃗r(t) = R cos (ωt) .
0
Bestimmen Sie die zugehörigen Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektoren ⃗v (t) und ⃗a(t).
Lösung (4 P):

cos (ωt)
⃗v (t) = ⃗r˙ (t) = Rω − sin (ωt)
0


− sin (ωt)
⃗a(t) = ⃗v˙ (t) = Rω 2 − cos (ωt) = −ω 2⃗r(t).
0

(c) Berechnen Sie für R = 1 cm die Beträge von Geschwindigkeit und Beschleunigung der Zeigerspitze.
Lösung (2 P):
v = ωR = 1,7 · 10−5 m/s
a = ω 2 R = 3,05 · 10−8 m/s2
(bzw. a = 2,89 · 10−8 m/s2 , wenn man die gerundete Winkelgeschwindigkeit von (a) benutzt)
(d) Skizzieren Sie die Uhr, sowie die drei Vektoren ⃗r, ⃗v und ⃗a zur Zeit t = 0.
Lösung (1 P):
7
8
Name:
Matrikelnummer:
6) Kugelstoßer
Ein Kugelstoßer stößt seine Kugel unter einem Winkel von α = 43◦ zur Horizontalen mit einem Geschwindigkeitsbetrag von v0 = 14 m/s. Die Höhe der Kugel über dem Boden im Augenblick des Abwurfs ist y0 = 2,0 m. Reibung werde vernachlässigt.
(a) Geben Sie die Bewegungsgleichungen für die Komponenten x(t) (horizontal) und y(t) (vertikal) der Bahnkurve
an.
Lösung (2 P):
x(t) = vx t + x0 ,
1
y(t) = − gt2 + vy t + y0 .
2
(b) Zu welcher Zeit erreicht die Kugel den höchsten Punkt ihrer Flugkurve?
(Ersatzlösung: tmax = 1,5 s)
Lösung (4 P):
y ′ (t) = −gt + vy ,
vy
y ′ (tmax ) = 0 ⇒ tmax =
= 0,97 s (vy = v0 sin α).
g
(c) Welche Höhe hat die Kugel dabei erreicht und wie weit ist sie bis dahin gekommen?
Lösung (2 P):
vy2
1 vy2
vy
y(tmax ) = − g 2 + vy + y0 =
+ y0 = 6,65 m.
2 g
g
2g
x(tmax ) = vx tmax + x0 = 9,97 m.
(vx = v0 cos α)
Dabei wurde x0 = 0 gesetzt. (Anmerkung: Verwendet man die gerundete Zeit aus (b), so kommt x(tmax ) =
9,93 m heraus.)
Mit Ersatzlösung: y(tmax ) = 5,28 m; x(tmax ) = 15,36 m
9
Name:
Matrikelnummer:
7) Verkehrskontrolle
Ein von der Polizei eingesetztes Automobil zur Verkehrsüberwachung auf der Autobahn folgt einem potentiellen Verkehrssünder in einem anfänglichen Abstand von 100, 0 m. Zu Beginn der Geschwindigkeitsmessung
des verdächtigen Fahrzeugs beträgt die Geschwindigkeit des Polizeiautos genau wie die des verfolgten Wagens
jeweils v = 150, 0 km/h. Selbst dem Verkehrssünder ist aufgefallen, dass er sich damit in der nahenden Zone
mit ausgeschriebener Höchstgeschwindigkeit von 100, 0 km/h zu schnell fortbewegt und er bremst innerhalb von
5 Sekunden gleichmäßig auf 130, 0 km/h ab. Mit dieser Geschwindigkeit fährt er 10 Sekunden weiter, bis er
scheinbar ungeduldig wird und innerhalb von 4 Sekunden gleichmäßig auf 160, 0 km/h beschleunigt. Als er
diese Geschwindigkeit erreicht, beurteilt der Polizeibeamte im Auto dahinter, dass genug Beweismaterial vorliegt und beendet die Geschwindigkeitsmessung. Während der kompletten Messung war die Geschwindigkeit des
Polizeiautos konstant.
(a) Welchen Abstand zum Vordermann hat der Polizeiwagen 5 Sekunden, 15 Sekunden und 19 Sekunden nach
Beginn der Messung? (Ersatzlösung: Abstand am Ende der Messung: ∆s = 20 m)
Lösung: (4 Punkte)
Da wir generell Ergebnisse in SI-Einheiten bevorzugen, rechnen wir zunächst alle angegebenen Geschwindgkeiten
in entsprechende Einheiten um:
150 km/h = 41, 67 m/s
130 km/h = 36, 11 m/s
160 km/h = 44, 44 m/s
Es bietet sich weiterhin an, zunächst die Strecken zu berechnen, welche das Polizeiauto in den jeweiligen Zeiten
zurückgelegt hat. Dies ist relativ einfach, da die Geschwindigkeit des Polizeiwagens konstant ist.
sP olizei (t = 5 s) = vP olizei · t = 41, 67 m/s · 5 s = 208, 3 m
sP olizei (t = 15 s) = vP olizei · t = 41, 67 m/s · 15 s = 625, 0 m
sP olizei (t = 19 s) = vP olizei · t = 41, 67 m/s · 19 s = 791, 7 m
Nun müssen wir noch herausfinden, welche Strecken der Wagen des Verkehrssünders in den entsprechenden
Zeitspannen zurückgelegt hat. Die Bewegung hier gliedert sich in 3 Teilabschnitte: Abbremsen, Fahren mit
konstanter Geschwindigkeit und erneutes Beschleunigen. Da es sich beim Abbremsen und Beschleunigen um
gleichmäßig beschleunigte Bewegungen handelt, können wir wie folgt rechnen:
s = a2 · t2 + valt · t
Allerdings ist dank der Bedingung "‘gleichmäßig beschleunigt"’ auch: a · t = ∆v = vneu − valt
Setzen wir dies ein, ergibt sich:
neu
s = vneu2−valt · t + valt · t = valt +v
·t = v·t
2
Die Strecke lässt sich also auch berechnen, wenn man annimmt, dass statt einer gleichmäßig beschleunigten
neu
Bewegung für die selbe Zeit eine gleichförmige Bewegung mit der Durchschnittsgeschwindigkeit v = valt +v
2
stattgefunden hätte.
Dies vereinfacht die folgenden Rechnungen, denn nun benötigen wir nur die Durchschnittsgeschwindigkeiten für
alle 3 Abschnitte:
10
m/s
v1 = 41,67 m/s+36,11
= 38, 89 m/s
2
v2 = v2 = 36, 11 m/s
m/s
v3 = 36,11 m/s+44,44
= 40, 28 m/s
2
Nach 5 Sekunden hat dieser Wagen also s1 = v1 · ∆t = 38, 89 m/s · 5 s = 194, 4 m zurückgelegt.
Nach 15 Sekunden hat er sowohl die Strecke s1 , als auch die Strecke s2 = v2 · ∆t = 36, 11 m/s · 10 s = 361, 1 m
zurückgelegt, insgesamt also 555, 6 m.
Nach 19 Sekunden müssen wir hierzu noch die Strecke s3 = v3 · ∆t = 40, 28 m/s · 4 s = 161, 1 m addieren, was
uns eine Gesamtstrecke von stotal = 716, 7 m ergibt.
Bilden wir nun die Differenz zu den vom Polizeiwagen gefahrenen Strecken und beziehen die ursprünglichen
100 m Abstand mit ein, ergeben sich als Abstandsdifferenzen:
∆s5s = 194, 4 m − 208, 3 m + 100, 0 m = 86, 1 m
∆s15s = 555, 6 m − 625, 0 m + 100, 0 m = 30, 6 m
∆s19s = 716, 7 m − 791, 7 m + 100, 0 m = 25, 0 m
(b) Zeichnen Sie v-t und a-t-Diagramm für die Bewegung des Verkehrssünders!
Lösung: (3 Punkte)
v-t-Diagramm
Für das a-t-Diagramm muss man zunächst die Beschleunigungen für die Teilbereiche 1 und 3 berechnen.
Im Teilbereich 1 findet ein Bremsvorgang statt, insofern ist eine negative Beschleunigung a1 zu erwarten.
m/s
alt
= vneut−v
= 36,11 m/s−41,67
= −1, 11 m/s2
a1 = ∆v
t1
5s
1
m/s
alt
a3 = ∆v
= vneut−v
= 44,44 m/s−36,11
= 2, 08 m/s2
t3
4s
3
Im Abschnitt 2 ist die Beschleunigung a2 = 0, da dort mit konstanter Geschwindigkeit gefahren wird.
11
a-t-Diagramm
(c) Mit welcher Durchschnittsgeschwindigkeit bewegte sich der Verkehrssünder während der kompletten Messung?
Lösung: (1 Punkt)
Die Durchschnittsgeschwindigkeit ergibt sich einfach aus insgesamt gefahrener Strecke und dafür benötigter Zeit
m
durch: vDurchschnitt = 716,7
= 37, 72 m/s = 135, 8 km/h.
19 s
Beim Benutzen der Ersatzlösung ergibt sich für die gefahrene Strecke s = 20 m + 791, 7 m − 100 m = 711, 7 m
und somit eine Geschwindigkeit von 37, 46 m/s = 134, 8 km/h.
12
Name:
Matrikelnummer:
8) Paketzusteller
Der Fahrer eines Paketdienstes muss seinen Transporter mit Gesamtmasse m = 15000 kg leider sehr oft an
Hängen parken. Aus Sicherheitsgründen hat er dafür bei sich im Fahrerhaus einen Keil liegen, den er nach dem
Parken unterlegt, um damit einen Haftreibungskoeffizienten µ = 0, 20 zu erreichen.
(a) Bei Hängen bis zu welchem Steigungswinkel α kann er mit Hilfe dieses Keils (ohne Handbremse) gefahrlos
parken? (Ersatzlösung: α = 10, 00◦ )
Lösung: (3 Punkte)
Der Grenzfall ist genau dann erreicht, wenn gilt: FH = FR , also die Hangabtriebskraft betragsgleich mit der
Haftreibungskraft ist.
Benutzen wir nun die Formeln für die entsprechenden Kräfte:
FH = sin(α) · FG
FR = µ · FN = µ · cos(α) · FG
und setzen wie oben angegeben FH = FR , so ergibt sich:
sin(α) · FG = µ · cos(α) · FG
sin(α)
= tan(α) = µ
cos(α)
α = arctan(µ) = arctan(0, 20) = 11, 31◦
(b) Welche Kräfte wirken in diesem Fall auf das Auto und wie groß sind sie jeweils? Zeichnen Sie diese Kräfte
in eine passende Skizze ein!
Lösung: (4 Punkte)
Es wirken in diesem System: Die Gewichtskraft FG des Transporters senkrecht nach unten, dadurch ergeben sich
jeweils die Komponenten entlang der schiefen Ebene (Hangabtriebskraft FH ) und senkrecht zur schiefen Ebene
(Normalkraft FN ). Aufgrund der angenommenen Haftreibung ergibt sich weiterhin eine Reibungskraft FR , die
der Hangabtriebskraft entgegengesetzt verläuft, also entlang der schrägen Ebene nach oben.
Der Winkel α der schrägen Ebene wurde in Aufgabenteil a) berechnet und beträgt α = 11, 31◦ .
Für die jeweiligen Beträge der Kräfte ergeben sich dementsprechend folgende Rechnungen:
FG = m · g = 15000 kg · 9, 81 sm2 = 147150 N
FH = sin α · FG = sin α · m · g = sin (11, 31◦ ) · 147150 N = 28859 N
FN = cos α · FG = cos α · m · g = cos (11, 31◦ ) · 147150 N = 144292 N
FR = µ · FN = 0, 20 · 144292 N = 28859 N
(Beim Benutzen der Ersatzlösung ergeben sich: FH = 25552 N, FN = 144914 N und FR = 28983 N. Da es
sich hier nicht um die genaue Lösung für ein Kräftegleichgewicht zwischen Reibungskraft und Hangabtriebskraft
handelt, sind diese im Gegensatz zur Rechnung mit der korrekten Lösung natürlich auch nicht betragsgleich.)
13
Kräfte im System
(c) Wenn der Fahrer nun einen anderen Transporter zugeteilt bekommt, dessen Masse größer ist als die des vorherigen, könnte er dann weiterhin bis zur selben Steigung den gleichen Keil verwenden? Begründen Sie die Antwort!
Lösung: (1 Punkt)
Ja, er könnte weiterhin den gleichen Keil benutzen. In der Rechnung zu Aufgabenteil a) sieht man, dass sich die
Gewichtskraft und somit die Masse des Transporters wegkürzt, also keinerlei Einfluss auf den Winkel α hat, bis
zu welchem die Reibungskraft ausreichend groß ist.
14
Name:
Matrikelnummer:
9) Energierückspeisung
Einem Lokführer eines 800 t schweren Zuges wird eine zu fahrende Geschwindigkeit von 250 km/h vorgegeben.
Zunächst ist die Strecke eben, nach einiger Zeit geht diese jedoch in ein 5 km langes Gefälle mit der Steigung 2%
über. Um die zulässige Geschwindigkeit nicht zu überschreiten, muss der Lokführer bremsen. Die Bewegung sei
(ohne Bremse) reibungsfrei.
(a) Welche Geschwindigkeit hätte der Zug am Ende des Gefälles, wenn der Lokführer nicht bremsen würde?
(b) Welche Leistung muss die Bremse also erbringen, um den Zug konstant auf 250 km/h Geschwindigkeit zu
halten? (Ersatzlösung: 10 MW)
(c) Der Zug hat ein modernes, umweltfreundliches Bremssystem, das 80% der Bremsleistung wieder als Strom
ins Bahnstromnetz zurückführt. Wieviel Energie wurde am Ende der Gefällestrecke wieder in das Netz zurückgespeist? (Ersatzlösung: 600 MJ)
(d) Wie lange könnten Sie Ihren Laptop (Leistungsaufnahme 40 W) mit der zurückgespeisten Energiemenge betreiben?
Lösung:
(a) (3 Punkte): Es muss gelten: ∆Ekin = ∆Epot
1
m(v 2 − v02 ) = mg∆h
2
2
v = 2g∆h + v02
Aus der Steigung
q = tan α = 0, 02 folgt ∆h = sin(arctan q) · d ≈ q · d (Kleinwinkelnäherung)
√
also: v = 2gqd + v02 ≈ 297 km/h
(b) (2 Punkte): P =
∆W
∆t
=
mg∆h
d/v
≈ mgqv = 10, 9 MW
(c) (2 Punkte): E = 0, 8mg∆h ≈ 0, 8mgqd = 628 MJ
E
(d) (1 Punkt): t = PLaptop
= 15, 7 · 106 s ≈ 182 Tage
Bei Verwendung der Ersatzlösung: t = 15 · 106 s ≈ 174 Tage
15
Name:
Matrikelnummer:
10) Looping
Sie haben sich eine Autorennbahn mit Looping gebaut. Der Durchmesser des Loopings beträgt 50 cm, Ihr Rennauto hat eine Masse von 100 g. Die Bewegungen seien reibungsfrei.
(a) Wie schnell müssen Sie das Auto in den Looping mindestens einfahren lassen, damit es nicht herunterfällt?
(Ersatzlösung: 4 m/s)
(b) Wie schnell ist das Auto am höchsten Punkt des Loopings?
(c) Erklären Sie kurz und bündig, woher der Geschwindigkeitsunterschied kommt.
(d) Welche Geschwindigkeit hat das Auto nach Durchfahren des Loopings?
(e) Welche kinetische Energie muss das Auto am Anfang haben, um die gewünschte Geschwindigkeit zu erreichen?
Lösung:
2
(a) (4 Punkte): Oben muss gelten: FZ = FG , also m vro = mg
Für die Energien oben und unten: Ekin,u = Ekin,o + Epot
2
Eingesetzt: 12 mvu2 = 12 mv
√ o + mg2r
Weiter aufgelöst: vu = 5gr ≈ 3, 50 m/s ≈ 12, 6 km/h
(b) (1 Punkt): vo =
√
gr ≈ 1, 57 m/s ≈ 5, 64 km/h
(c) (1 Punkt): Beim Hinauffahren wird kinetische Energie in potentielle Energie umgewandelt.
(d) (1 Punkt): Wieder vu , da die potentielle Energie wieder vollständig in kinetische Energie zurückgewandelt
wird.
(e) (1 Punkt): Ekin = 12 mvu2 ≈ 0, 61 J
Bei Verwendung der Ersatzlösung: Ekin = 0, 8 J
16