PHYS70356 Klassische und relativistische Mechanik WH 2008

Aufgabenblatt zum Seminar 03
PHYS70356 Klassische und relativistische Mechanik (Physik, Wirtschaftsphysik,
Physik Lehramt, Nebenfach Physik)
Othmar Marti, ([email protected])
3. 12. 2008
1 Aufgaben
1. Zwei Autos fahren entlang eines Meridians und kollidieren. die positive
x-
Achse zeigt nach Norden. Das erste Auto A hat vor dem Zusammenstoss
km
die Geschwindigkeit 55
und eine Masse von 1385 kg . Das zweite Auto
h
. Nach
B hat eine Masse von 1817 kg und eine Geschwindigkeit von −47 km
h
km
dem Stoss hat B die Geschwindigkeit −1
. Berechnen Sie die bei der
h
Kollision in Wärme und Deformation umgewandelte Energiemenge Q, wenn
keine Masse von
A
zu
B
oder von
B
zu
A
transferiert wurde. Vergleiche
Q
mit den kinetischen Energien der Autos vor dem Stoss.
km
in
h
der Ebene. Als sie zu einem Hang kommen sind Sie frustriert und hören
2. Sie radeln mit gesenktem Kopf mit einer Geschwindigkeit von
47.23
auf zu treten. Nach wie vielen Höhenmetern wird ihr reibungsfreies Gefährt
stoppen?
3. Eine Strecke hat das Höhenprol
z(x) =
9
61
1
x−
ln x2 − 2 x + 2 +
arctan (x − 1)
100
160
400
31
17
+
ln x2 − 6 x + 10 −
arctan (x − 3)
160
80
Berechnen Sie die Gleichgewichtspunkte und bestimmen Sie, ob es sich jeweils
um ein labiles, um ein stabiles oder ein indierentes Gleichgewicht handelt.
4. Schätzen Sie ab, mit welcher maximalen Geschwindigkeit ein LKW (aktuelles
Modell) eine Steigung von 5%, 10% und 20% hochfahren kann.
5. Ein Auto beschleunigt in
12s
von 0 auf
100 km/h.
Die Bremsen haben die
fünache Leistung wie der Motor. Wie lang dürfte die Bremsstrecke sein,
wenn das Auto vorher mit
80 km/h
fuhr?
6. Ein System ist durch die ortsabhängige Kraft
F (x) = −kxn n ∈ N
terisiert. Geben Sie die potentielle Energie dazu an.
charak-
3. 12. 2008
KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 03
2
7. Ein Flugzeug gerät in eine Vrille mit der Bahnkurve
ω·t
· exp(−t/τ )
vx · t + R · cos exp(−t/τ

)
ω·t
r(t) = 
R · sin exp(−t/τ
· exp(−t/τ )

)
1 2
− 2 gt





Berechnen Sie die momentane Geschwindigkeit und die momentane Beschleunigung, wenn
R > 0, τ > 0, ω > 0
und
g > 0.
m = 237 g rotiert an einer massefreien Stange gehalten im
Abstand von 50 cm um eine Achse. Berechne die Winkelgeschwindigkeit, bei
der die Zugkraft auf der Stange 234 N beträgt.
8. Eine Punktmasse
9. Beim Herabrollen der Kugel auf diesem Hang
a) nimmt ihre Geschwindigkeit zu und ihre Beschleunigung ab
b) nimmt ihre Geschwindigkeit ab und ihre Beschleunigung zu
c) nehmen beide zu
d) bleiben beide konstant
e) nehmen beide ab
a) aa
2
c 2008-2009
Ulm University, Othmar Marti
Aufgaben
3
KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 03
3. 12. 2008
10. (in dem Seminar) Betrachten wir einen Wettkampfsprinter, der 100 Meter in
10.0 Sekunden laufen kann. Nehmen wir an, seine Beschleunigung beim Start
betrage das 0.8 fache der Erdbeschleunigung (was aufgrund der Reibung
seiner Schuhsohlen auf dem Boden realistisch scheint). Diese Beschleunigung
behalte er bei, bis er seine konstante Endgeschwindigkeit erreicht,
a) Wie groÿ ist seine Endgeschwindigkeit?
b) Für welche Dauer beschleunigt er?
c) Welchen Streckenanteil durchläuft er beschleunigend und welchen Streckenanteil durchläuft er mit seiner konstanten Endgeschwindigkeit?
Zeit: 20 Minuten = 20 Punkte
Aufgaben
c 2008-2009
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3
3. 12. 2008
KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 03
4
2 Lösungen
1. Wir verwenden die Gleichungen
mA vA + mB vB = mA vA0 + mB vB0
und
1
1
1
1
2
2
mA vA 2 + mB vB 2 = mA vA0 + mB vB0 + Q
2
2
2
2
Wir lösen die Impulsgleichung nach
vA0 =
vA0
mA vA + mB vB − mB vB0
mA
Wir lösen die Energiegleichung nach
vA0
Q
auf
1
1
1
1
2
2
mA vA 2 + mB vB 2 − mA vA0 − mB vB0
2
2
2
2
Q=
und setzen
auf
ein
1
1 (mA vA + mB vB − mB vB0 )2 1
1
2
2
2
Q = mA vA + mB vB −
− mB vB0
2
2
2
mA
2
Wir setzen die Werte ein und bekommen
Q = 314890 J
Die Energien der beiden Autos sind
1
EA = mA vA2
2
1
EB = mB vB2
2
=161637 J
=154852 J
Fast die gesamte kinetische Energie wird in Deformation umgewandelt!
2. Wir benützen die Energieerhaltung.
1
mgh = mv 2
2
Umgestellt:
h=
Wir setzen
v = 47.23
km
h
= 13.12
m
und
s
172.12
h=
19.62
4
c 2008-2009
v2
2g
m2
s2
m
s2
g = 9.81
m
ein
s2
= 8.77 m
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Lösungen
5
KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 03
3. Wir verwenden dass
3. 12. 2008
Epot = mgz(x) ist. Wir müssen zweimal Ableiten. Dazu
schauen wir im Taschenbuch der Mathematik nach und sehen, dass
d
1
ln(x) =
dx
x
und
d
1
arctan(x) =
dx
1 + x2
ist. Wir leiten das Höhenprol
z(x) =
9
61
1
x−
ln x2 − 2 x + 2 +
arctan (x − 1)
100
160
400
31
17
+
ln x2 − 6 x + 10 −
arctan (x − 3)
160
80
getrennt nach den Summanden ab.
d
dx
d
dx
1
x
100
ln x2 − 2 x + 2 =
=
1
100
1
· (2x − 2)
− 2x + 2
d
1
(arctan (x − 1)) =
dx
1 + (x − 1)2
d
1
· (2x − 6)
ln x2 − 6 x + 10 = 2
dx
x − 6 x + 10
1
d
(arctan (x − 3)) =
dx
1 + (x − 3)2
x2
Zusammengesetzt ergibt sich
d
1
9
2x − 2
61
1
2x − 6
31
1
17
z(x) =
−
+
−
+
2
dx
100 160 x2 − 2 x + 2 400 1 + (x − 1) 160 x2 − 6 x + 10 80 1 + (x − 3)2
Diese Gleichung muss faktorisiert und auf den gleichen Nenner gebracht werden (Die Zwischenresultate haben teilweise sehr grosse Vorfaktoren, aber
keine Panik!)
Die Nullstellen
1 (x − 1) (x − 5) (x + 4)2
d
z(x) =
dx
100
4 + (x − 2)2
sind also x1 = −4 (doppelt), x2 = 1 und x3 = 5.
Zur Entscheidung über die Art des Extremums müssen wir die zweite Ableitung bilden:
d2
1 (4 + x)2 (x − 5)
1 (x − 1) (4 + x) (x − 5)
z(x) =
+
4
2
dx
100 4 + (x − 2)
50
4 + (x − 2)4
1 (4 + x)2 (x − 1)
1 (x − 1) (4 + x)2 (x − 5) (x − 2)3
+
−
2
100 4 + (x − 2)4
25
4 + (x − 2)4
Hier setzen wir die Nullstellen ein und bekommen
d2
=0
z(x)
dx2
x1
d2
= −1
z(x)
dx2
5
x2
d2
= 81
z(x)
2
dx
2125
x2
Lösungen
c 2008-2009
<0
>0
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5
3. 12. 2008
KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 03
Wir haben also bei
Maximum, bei
S
4. Die Steigung
x3
x1
ein indierentes Gleichgewicht, Bei
6
x2
haben wir ein
ein Minimum.
und der Winkel zur Horizontalen hängen über
S = tan(α)
zusammen. Die Hangabtriebskraft berechnet sich aus
FH = FG sin(α) = mg sin(α)
Laut Wikipedia hat ein Mercedes Actros eine maximale Motorleistung von
440kW ,
Masse maximal
44000 kg .
Aus
P = F ·v
bekommen wir
v=
S
in
%
α
in
P
P
P
=
=
F
mg sin(α)
mg sin (arctan(S))
rad
FH
in
v
in
m/s
5
0,0499584
21555,073
20,4128281
10
0,09966865
42949,7853
10,2445215
20
0,19739556
84651,5686
5,19777728
100 m
= 27.7 ms ,
3.6 s
s. Die kinetische Energie des Autos bei
5. Wir verwenden die Variablen
und
N
t100 = 12
v100 =
80
v80 = 3.6
v100 ist
m
s
= 22.2
m
s
1 2
Ekin,100 = mv100
2
Die Motorleistung (als konstant angenommen) ist
PM =
2
Ekin,100
mv100
=
t100
2t100
Die Bremsleistung ist
PB = 5PM
2
5mv100
=
2t100
Die Bremszeit bekommt man mit
tB =
6
c 2008-2009
2
Ekin,80
1 v80
=
t100
2
PB
5 v100
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Lösungen
7
KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 03
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Die Bremsbeschleunigung bekommt man aus
aB =
2
v80
5v100
=
tB
v80 t100
Der Bremsweg steckt in
3
1 v80 2
1
1 v80
1
tB = v80 tB =
t100 = 17.06 m
sB = aB t2B =
2
2
2 tB
2
10 v100
6. Wir verwenden
Zx
Epot (x) − Epot (0) = −
F (ξ)dξ
0
und setzen ein
Zx
Epot (x) − Epot (0) = −
0
x
1
1 n+1 ξ = xn+1
−kξ dξ =
n+1
n
0
n
7. Die Raumkurve sieht so aus:
Wir verwenden
!
!
exp − τt
ωt
t
ωt
1+
− R cos
τ
τ
exp − τt
exp − τt
!
!
exp − τt
ωt
t
ωt
1+
− R sin
τ
τ
exp − τt
exp − τt
drx
=vx − Rω sin
vx =
dt
vy =
dry
dt
=Rω cos
vz =
drz
dt
= − gt
Lösungen
c 2008-2009
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7
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KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 03
8
Nochmals Ableiten ergibt
t
Re τ
dvx
=− 2
ax =
dt
τ
t
dvy
Re τ
ay =
=− 2
dt
τ
dvz
az =
=−g
dt
8. Wir haben
h
i
t
t
t
t
t
ω 2 cos ω te τ (t + τ )2 − sin ω te τ ω e− τ t − cos ω te τ e−2 τ
i
h
t
t
t
t
t
ω 2 sin ω te τ (τ + t)2 + cos ω te τ ω e− τ t − sin ω te τ e−2 τ
r = 0.5 m, m = 0.237 kg
und
F = 234 N . Die Masse m ber um den Drehpunkt. Die
wegt sich auf einer konstanten Bahn im Abstand
Beschleunigung um die Masse auf der Bahn zu halten ist
a = ω2 r
und die Kraft
F = m r ω2
Also ist die Grenzwinkelgeschwindigkeit
r
ω=
F
=
mr
s
234 N
rad
= 44.44
0.237 · 0.5 kg m
s
9. Die Antwort lautet a). Die Geschwindigkeit der Kugel nimmt beim Hinabrollen zu, doch die Beschleunigung hängt von der Steilheit des Hangs ab. Ganz
oben am Hang ist die Beschleunigung am grössten, weil der Hang dort am
steilsten ist. Während die Kugel den Hang hinabrollt, wird der Hang weniger steil und ihre Beschleunigung nimmt ab. Also kann die Beschleunigung
abnehmen, während zugleich die Geschwindigkeit zunimmt. Man sollte dieses Beispiel im Gedächtnis bewahren und darauf zurückgreifen, wenn man
den Unterschied zwischen Geschwindigkeit und Beschleunigung zu vergessen
droht.
In der Skizze wird die Beschleunigung
a
der Kugel parallel zur Hangober-
äche gezeigt als Komponente der Erdbeschleunigung
g,
also der Beschleu-
nigung im freien Fall (wie sie bei vertikaler Neigung wirken würde). Je
steiler die Neigung, desto mehr nähert sich
a
an
g.
Oder man könnte auch
sagen, je weniger steil der Hang ist, desto mehr nähert sich
8
c 2008-2009
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a
an Null an -
Lösungen
9
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dem Wert der Beschleunigung, den die Kugel auf einer topfebenen Fläche
erfahren würde. Solchen Vektor-Komponenten begegnet man noch später.
Genau genommen ist diese Beschreibung der Beschleunigung noch nicht vollständig. Denn da die Kugel sich auf einer gekrümmten Oberäche bewegt,
beinhaltet ihre gekrümmte Bewegung noch einen anderen Eekt, der später
besprochen werden wird.
10.
Lösungsstrategie
Man setze die zurückgelegte Strecke aus einem gleichförmig beschleunigten
Anteil und einem Anteil mit konstanter Geschwindigkeit zusammen. Dabei
kennt man alle Variablen ausser der Dauer der Beschleunigung, die übrigens
quadratisch auftaucht. Nach dieser Grösse löst man die Gleichung für die
zurückgelegte Stecke auf - und hat damit das Problem geknackt.
Lösungsweg
Sei
a = 0.8 · 9.80665 sm2 ≈ 7.845 sm2
die konstante Beschleunigung zu Beginn
der Bewegung
und
s0 = 100m
dazu
v0 =
1 Punkt)
die gesamte in der Zeit
Endgeschwindigkeit und
t0 = 10.0s
t =
zurückgelegte Strecke,
Dauer der Beschleunigungsphase.
(
Mit diesen Bezeichnungen können wir die Strecke
s0
zusammensetzen aus
der Beschleunigungsphase (1.Teil) und der Phase der konstanten Geschwindigkeit (2. Teil) gemäss
1
s0 = at20 + v0 · (t − t0 )
| {z }
2
|{z}
2.T eil
(.1)
1.T eil
3 Punkte)
(
Man beachte, dass die Dauer der 2. Phase sich als Gesamtdauer abzüglich
der Dauer der 1. Phase ergibt.
Die Gleichung enthält zwei Unbekannte,
v0
und
t0 .
Also brauchen wir noch
eine zweite Gleichung, um auösen zu können. Diese lautet
v0 = a · t0
(.2)
weil die Endgeschwindigkeit am Ende der Beschleunigungsphase erreicht
wird. (
2 Punkte)
Also setzen wir .2 in .1 ein und erhalten
1
1
s0 = at20 + a · t0 · (t − t0 ) = at20 + a · t0 · t − a · t20
2
2
2 Punkte)
(
Dies ist eine quadratische Gleichung mit einer Unbekannten
(t0 ), die wir nach
gewohnter Art auösen:
Lösungen
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9
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10
1 2
at + a · t0 · t − s0 = 0
2 0
2 Punkte)
(
2
⇒ t20 − 2 · t0 · t + s0 = 0
a
r
t01,2 = t ±
⇒
t20
2
t2 − s0 = 10.0s ±
a
≈ 10.0s ± 8.632s =
s
100s2 −
2
· 100m
7.845 sm2
18.632s
1.368s
4 Punkte)
(
Die physikalisch sinnvolle Lösung ist sicherlich nicht diejenige, bei der die Beschleunigungsphase länger dauert als die Bewältigung der gesamten Strecke.
Übrig bleibt
t0 ≈ 1.368s.
Damit ist die eigentliche Schwierigkeit der Aufgabe bewältigt. Wir brauchen
jetzt nur noch die bekannte Beschleunigungsdauer in die Werte der einzelnen
Teilaufgaben einsetzen.
a) Die Endgeschwindigkeit ist nach .2
10.732 ms ≈ 38.635 km
. (
)
h
2 Punkte
v0 = a · t0 = 7.845 sm2 · 1.368s ≈
b) Die Beschleunigungsdauer wurde bereits genannt mit
c) Der Streckenanteil der Beschleunigungsphase steht
t0 ≈1.368s
∗
( 1)
mit
1 2 1
m
at0 = · 7.845 2 · (1.368s)2 ≈ 7.34m.
2
2
s
2 Punkte)
(
Der Streckenanteil der Phase konstanter Geschwindigkeit steht in .1 mit
v0 · (t − t0 ) ≈ 10.732
m
· (10s − 1, 368s) ≈ 92, 64m.
s
2 Punkte)
(
Kontrolle die Summe der beiden Streckenanteile muss die Gesamtstrecke ergeben. Wir addieren
1 2
at
2 0
+ v0 · (t − t0 ) ≈7.34m + 92.64m = 99.98m.
Im Rahmen der Rundungsungenauigkeiten des Taschenrechners stimmt das
Kontrollergebnis mit der Gesamtstrecke von 100.00m in der Tat überein.
10
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Lösungen