Lösung VI

Physik I für Chemiker,
WS 2015/16
Lösung VI
Published: 02.12.15
1 Kraft und Arbeit
(a) Ein Teilchen erfährt durch eine konstante Kraft eine Verschiebung in der xy- Ebene. Die
Verschiebung ist gegeben durch ∆~r = (3 m)~ex + (1 m)~ey und die Kraft durch F~ = (6 N)~ex
- (2 N)~ey . Die vom der Kraft F~ am Teilchen geleistete Arbeit ist definiert als
W = F~ · ∆~r,
Somit beträgt die benötigte Kraft W = 16 J. Um den Winkel zwischen Kraft und Verschiebung zu finden kann man die Definition des Skalarprodukts verwenden
F~ · ∆~r = |F~ ||∆~r| cos θ = 16J,
wobei θ der Winkel zwischen Kraft und Verschiebung ist. Der Betrag von F~ und ~r sind
gegeben durch
|F~ | =
p
√
(6N)2 + (2N)2 = 2 10N
|∆~r| =
p
√
(3m)2 + (1m)2 = 10m,
und
Einsetzten der Werte und auflösen nach θ zeigt, dass der Winkel zwischen Kraft und
Verschiebung etwa ' 36.9° ist.
(b) Ein Block der Masse m = 2.5kg wird durch eine Kraft eine Strecke von 2.2 m auf einer
horizontalen reibungsfreien Fläche geschoben. Der Betrag der Kraft ist 16 N und sie zeigt
in einem Winkel von 25° unter der horizontalen. Die von der Kraft geleistete Arbeit ist
gegeben durch
WF = F~ · ∆~r,
Da die Bewegung entlang der horizontalen Fläche (also der x- Achse), kann man obere
Gleichen auch schreiben als
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WF = Fx |∆~r|,
wobei Fx die Komponente von F~ entlang der Verschiebung ist (x- Richtung). Durch
einfache Vektoralgebra sieht man, dass
Fx = |F~ | cos θ = 14.5N,
Somit ist die von der Kraft verrichtete Arbeit 31.9 J.
Da es ist keine Verschiebung in Richtung der Normalkraft gibt (da die Normalkraft senkrecht zur Oberfläche wirkt), ist die von der Normalkraft verrichtete Arbeit null (WN = 0).
Die Gravitationskraft zeigt nach unten und es keine Verschiebung in diese Richtung vorhanden. Somit ist verrichtete Arbeit wieder null(Wg = 0).
Die netto Arbeit Wnet ist die Summe der Arbeiten aller Kräfte, die auf den Block wirken.
Wnet = WF + WN + Wg = WF ,
Deshalb ist die netto Arbeit, die am Block verrichtet wird 31.9 J.
(c) Die Kraft die auf ein Teilchen wirkt es gegeben durch F (x) = (11kg/s2 )x − 16N, wobei x
in Metern angeben wird. Die netto Arbeit, die von der Kraft am Teilchen verrichtet wird,
während es sich von x0 = 0 nach xf = 5m bewegt ist gegeben durch
Z
5
W =
F (x) dx,
0
Somit ist die netto Arbeit, die von dieser sich verändernden Kraft am Teilchen verrichtet
wird während es sich von x0 = 0m zu xf = 5m bewegt 57.5 J.
2 Masse-Feder System
(a) Ein Block der Masse m = 0.5kg hängt am unteren Ende einer vertikal aufgehängten Feder.
Aufgrund des Blocks streckt sich die Feder um eine Distanz d = 5cm aus ihrer Gleichgewichtslage (vgl. Abb. 1). Da das System im Gleichgewichtszustand ist, ist die netto Kraft
null. Somit hebt die Federkraft F~s die Gravitationskraft m~g genau auf. Benutzt man das
hookesches Gesetz erhält man
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|F~s | = κd = mg,
und damit
κ=
mg
.
d
Durch einsetzen der Variablen erhält man κ = 98 N/ m. Die Arbeit, die die Feder auf den
Block ausübt ist
x
Z
W =
Z
d
(−κx) dx.
Fx dx =
0
0
Durch lösen dieser Gleichung erhält man eine Arbeit von -12.25 × 10−2 J.
(b) Eine schwache Feder mit einer Federkonstante von 3.85 N/ m wird um 8cm zusammengedrückt und zwischen zwei Blöcken auf einer horizontalen Fläche gehalten. Der Block
auf der linken Seite wiegt 0.25kg und der auf der rechten Seite 0.5kg. Die Feder wirkt
eine Kraft auf beide Blöcke aus, die sie auseinander drückt will. Wenn es keine Reibung
zwischen Block und Oberfläche gibt, ist die einzige Kraft, die auf die Blöcke wirkt die
Federkraft. Für den Block der Masse m1 ist die Kraft gegeben durch
F1 = −κx = m1 a1 .
dabei zeigt das Minuszeichen die Bewegungsrichtung an (die nach links zeigt). Benutzt
man obere Gleichung erhält man a1 = -1.23 m/ s2 . Bei dem zweiten Block der Masse m2
wird genauso verfahren
F2 = κx = m2 a2 .
Benutzt man nun diese Gleichung für den zweiten Block erhält man a2 = +0.616 m/ s2 .
Wenn es zwischen Blöcken und Oberfläche Reibung gibt (Gleitreibungskoeffizient µk =
0.462), ist die Situation anders. Der Betrag der Federkraft Fs auf die blöcke ist gegeben
durch κx = 0.308 N. Aber die Gleitreibungskräfte f auf die Blöcke der Masse m1 und m2
sind gegeben durch
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f1 = µk m1 g ' 1.13N
und
f2 = µk m2 g ' 2.26N.
Offensichtlich ist die Gleitreibungskraft auf die Blöcke m1 und m2 größer als die Federkraft. Die Blöcke können sich also nicht bewegen und damit ist ihre Beschleunigung null.
Mathematisch können Lösungen gefunden werden, aber die physikalische Interpretation
ist immer wichtig!!
Abbildung 1: Vertikale Feder mit Masse m am Ende. Die Feder streckt sich um die Distanz d
aus der Gleichgewichtslage.
3 Kinetische Energie und Energieerhaltung
(a) Ein 0.5kg Block hat in Punkt A die Geschwindigkeit vA = 2 m/ s. Seine Kinetische Energie
ist gegeben durch
1
2
KA = mvA
= 1J.
2
der selbe Block hat in Punkt B eine kinetische Energie von KB = 8 J. Durch die Gleichung
für die kinetische Energie kann die Geschwindigkeit vB an Punkt B bestimmt werden
r
vB =
2KB
' 5.66m/s.
m
Die netto Arbeit, die am Block verrichtet wird während er von A zu B rutsch ist gegeben
durch
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Wnet = ∆K = KB − KA = 7J.
(b) Ein Objekt der Masse 5kg hat eine Anfangsgeschwindigkeit von ~v0 = (10m/s)~ex - (3m/s)~ey .
Dann verändert es seine Geschwindigkeit zu ~v = (15m/s)~ex + (5m/s)~ey . Die Arbeit um
die Geschwindigkeit von v0 zu v zu verändern ist
W = ∆K,
Man benutzt Vektoralgebra um den Betrag der Anfangs- und Endgeschwindigkeit zu
bestimmen
|~v0 | =
p
√
(10m/s)2 + (−3m/s)2 = 109m/s
|~v | =
p
√
(15m/s)2 + (5m/s)2 = 250m/s.
und
Benutzt man diese Ergebnisse lässt sich die kinetische Energie am Anfang und am Ende
leicht berechnen und man erhält
1
W = m(v 2 − v02 ) = 352.5J.
2
4 Block auf rauer Ebene
Ein 5kg schwerer Block, der zunächst in ruhe ist wird von einer horizontalen Kraft von 10 N
auf einer horizontalen Fläche nach rechts gezogen.
(a) Der Block wird durch eine Kraft gezogen und die Fläche ist rau. Die Arbeit, die von der
Kraft verrichtet wird um den Block um ∆x = d = 3 m zu ziehen ist
W = F ∆x = (10N) × (3m) = 30J.
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Der Block ist in der vertikalen Richtung im Gleichgewicht (sagen wir in dery- Richtung).
Die Normalkraft N und die Gravitationskraft mg sind die einzigen vertikalen Kräfte, also
X
Fy = N − mg = 0,
und damit N = mg. Man kann den Betrag der Reibungskraft folgendermaßen bestimmen
f = µk N = 9.8N.
Erweitert man das kinetische Energie-Arbeit Theorem um die Reibungskraft, sieht man
dass
∆K =
X
Wotherforce − f ∆x,
Somit
X
1
1
mvf2 = mv02 − f d +
Wotherforce ,
2
2
P
In diesem Fall ist Wotherforce = 30 J, was die Arbeit von der auf den Block angewendeten
Kraft ist. Löst man obere Gleichung erhält man vf = 0.49 m/ s.
(b) Angenommen die Kraft wirkt unter einem Winkel θ über der Horizontalen. Dann ist die
von dieser Kraft verrichtete Arbeit
W = F ∆x cos θ = F d cos θ,
Da der Block in vertikaler Richtung im Gleichgewichtszustand ist gilt
X
Fy = N + F sin θ − mg = 0,
Die Normalkraft ist dann also N = mg − F sin θ. Nun verwendet man wieder das modifizierte Theorem
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Kf = K0 − f d +
X
Wotherforce ,
einsetzen ergibt
Kf = −µk (mg − F sin θ)d + F d cos θ,
Die maximale Geschwindigkeit (was gleichbedeutend ist mit maximaler kinetischer Energie) erhält man für den Wert von θ bei dem gilt
d(Kf )
= 0,
dθ
Nach der Ableitung nimmt die obere Gleichung folgende Form an
µk = tan θ.
Einsetzen von µk = 0.2 und lösen der trigonometrischen Funktion ergibt einen Wert von
θ = 11.3° zur Horizontalen
5 Ein Block-Feder System
(a) Ein Block der Masse m = 2kg ist mit einer horizontalen Feder mit Federkonstante κ
= 103 N/ m verbunden. Die Feder wird zunächst zusammengedrückt und dann aus der
Ruhe losgelassen (v0 = 0). Wenn wir den Ursprung unseres Koordinatensystems in die
Gleichgewichtslage der Feder legen ist der Startpunkt des Blocks bei xmax = -5 × 10−2 m.
Man kann die von der Feder am Block verrichtet Arbeit schreiben als
1
Ws = κx2max = 1.25J.
2
Diese Arbeit verändert die Geschwindigkeit von null auf v an der Gleichgewichtslage
(x = 0). Benutzen des kinetische Energie-Arbeit Theorem:
Ws = ∆K,
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dann ist
r
v=
2Ws
,
m
Einsetzen ergibt v ' 1.12 m/ s.
Ist Reibung vorhanden muss man das modifizierte Theorem verwenden:
Kf = K0 − f d +
X
Wotherforce ,
Benutzt man, dass Wotherforce die Arbeit durch die Feder ist und berechnet man noch
f d = (4N) × (5 × 10−2 m) = 0.2J,
findet man Kf = 1.05 J. Benutzt man nun die Formel für kinetische Energie
1
mv 2 = 1.05J,
2
erhält man v = 1.02 m/ s.
(b) Zwei Blöcke sind mit einem Faden über eine reibungsfrei Umlenkrolle wie in Abbildung 1
miteinander verbunden. Der Block der Masse m liegt auf einer horizontalen Fläche und ist
mit einer Feder mit Federkonstante κ verbunden. Das System wird freigelassen wenn die
Feder nicht gestreckt ist. In diesem System gibt es zwei Formen der potentiellen Energie,
gravitations und elastische. Die Veränderung in der potentiellen graviations Energie und
der elastischen sind jeweils gegeben durch
∆Ug = Ugf − Ug0
und
∆UF = UFf − UF0 .
Die Veränderung in der Gravitationsenergie des Systems hängt nur mit dem Block der
Masse M zusammen, da es keine vertikale Bewegung des Blocks des Masse m gibt. Die
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Veränderung in der elastischen potentiellen Energie hängt jedoch nur mit dem Block der
Masse m zusammen. Die kinetische Energie des Systems am Anfang und am Ende ist null,
also ∆K = 0. Somit ist die Veränderung der mechanischen Energie des Systems gegeben
durch
∆Emec = ∆Ug + ∆UF ,
mit
∆Ug = Ugf − Ug0 = 0 − M gh
und
1
∆Us = UFf − UF0 = κh2 − 0.
2
Man kann die Veränderung der mechanischen Energie des Systems durch Reibung beschreiben mit
∆Emec = −f d = −(µk N )h = −µk mgh.
Aufgrund von Energieerhaltung müssen die oberen beiden Terme für ∆Emec gleich sein.
Also
1 2
κh − M gh = −µk mgh.
2
Man kann obere Gleichung nach µk umstellen:
µk =
2M g − κh
.
2mg
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Abbildung 2: Ein Ende des Blocks ist mit einer Feder verbunden und das andere ist über einen
Faden mit einem weiten Block verbunden.
6 Leistung
(a) Der Elektromotor einer Modelleisenbahn beschleunigt diese aus der Ruhe (v0 = 0) zu v
= 0.6 m/ s in einem Zeitintervall von ∆t = 20 s. Die Gesamtmasse des Zugs ist m = 0.9kg.
Die gesamte eingehende Arbeit des Zuges ist
1
Winput = ∆K = m(v 2 − v02 ).
2
Die Durchschnittliche Leistung des Motors während der Zug in einer Zeit ∆t = 20 s von
v0 = 0 auf v = 0.6 m/ s beschleunigt ist
Pav =
Winput
= 8.1 × 10−3 W.
∆t
(b) Der Aufzug hat eine Masse von 1000kg und er trägt Passagiere mit einer Gesamtmasse von
100kg. Somit ist die Gesamtmasse des Systems M = Masse Passagiere + Masse Aufzug.
Die Kräfte sind in Abbildung 3 zu sehen. Wendet man Newtons II Axiom auf das System
an, welches sich ohne Beschleunigung bewegt (konstante Geschwindigkeit) bekommt man
folgenden Ausdruck
X
Fy = T − M g − f = 0,
und damit
T = M g + f = 1.278 × 104 N.
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Man kann die Leistung schreiben als
P = T~ · ~v ,
Da T~ und ~v die gleiche Richtung haben, wird aus der Leistung
P = T × v ' 2.56 × 104 W.
Abbildung 3: Ein Aufzug befördert Passagier nach oben, wobei er durch Reibung behindert
wird. Das System hat die Gesamtmasse M .
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