Lösung - VMP

Physik I
Prof. G. Dissertori
ETH Zürich, D-PHYS
Durchführung: 22. August 2012
Bearbeitungszeit: 180min
Prüfungsklausur - Lösung
Aufgabe 1: Frosch auf Seerosenblatt (11 Punkte)
Wir wählen ein zweidimensionales Koordinatensystem, das seinen Ursprung bei der Startposition des
Frosches hat. Die x-Achse liegt parallel zur Blattoberfläche, die z-Achse steht senkrecht dazu. Die Koordinaten des Frosches bezeichnen wir mit x, z, die des Blattes mit X, Z. Da das Blatt nicht eintaucht
gilt Z = 0 für alle Zeiten t. Zur Zeit t = 0 gilt x(0) = z(0) = 0. Ferner definieren wir X(0) = L, d.h. wir
beziehen uns für die Position des Blattes auf den dem Frosch am Anfang gegenüberliegenden Rand.
a) Da keine äusseren Kräfte in x-Richtung wirken, bleibt die x-Komponente des Schwerpunkts des
Systems aus Frosch und Blatt unverändert. Es gilt also
m · 0 + M Xs = m(L − s) + M (Xs − s)
mL
⇒
s =
,
m+M
wobei Xs die Schwerpunktslage des Blattes bezeichnet.
b) Die einzige externe Kraft ist die Gravitationskraft auf den Frosch in z-Richtung:
mẍ = 0
mz̈ = −mg
M Ẍ = 0
• Unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen (siehe oben) erhält man für die Bahnkurven
x(t) = x(0) + tv0 cos α = tv0 cos α
t2
t2
z(t) = z(0) + tż(0) − g = tv0 sin α − g
2
2
X(t) = X(0) + u0 t = L + u0 t
• Den Zusammenhang zwischen v0 und u0 erhält man aus der Impulserhaltung in x-Richtung:
0 = mv0 cos α + M u0
m
u0 = − v0 cos α
M
⇒
(1)
(2)
Die Flugzeit ergibt sich aus der zweiten Nullstelle von z(t):
0 = z(tF ) = tF v0 sin α −
⇒
tF
=
t2F
g
2
2v0 sin α
g
Desweiteren muss sich zur Zeit tF der Frosch am anderen Rand des Blattes befinden, also
0 = X(tF ) − x(tF ) = L + u0 tF − tF v0 cos α
(3)
(4)
Unter Verwendung der Gleichungen (2) und (4) ergibt sich dann
⇒
m
2v0 sin α
0 = L − v0 cos α(
+ 1)
M
g
s
gL
v0 =
.
m
( M + 1) sin 2α
Damit sind dann auch u0 und tF als Funktion von m, M , L und α bestimmt.
c) Die Verschiebung des Blattes ist in beiden Fällen gleich, da niemals externe Kräfte in x-Richtung
wirken. Dies kann man auch nachrechnen, wenn man die Ergebnisse des letzten Aufgabenteils in
s = L + u0 tF einsetzt.
Aufgabe 2: Starre Körper (10 Punkte)
a) Wir bezeichnen im Folgenden die Koordinaten des Schwerpunkts des Stabs mit x, y. Der zugehörige
Geschwindigkeitsvektor ist dann ~v = (vx , vy ). Energieerhaltung führt auf:
1
1
1
mgb = mvx2 + mvy2 + Jω 2
(5)
2
2
2
Das Trägheitsmoment J eines Stabes der Länge l, der um eine Querachse durch seinen Schwerpunkt
1
rotiert, ist J = 12
ml2 . In unserem Fall gilt also J = 13 mb2 .
Da keine Kraft in x-Richtung wirkt, ist zu allen Zeiten vx = 0. Wir benötigen nun einen Zusammenhang zwischen der Winkelgeschwindigkeit ω und vy (für die Definition von α siehe Skizze):
y = b cos(α) ⇔ vy = ẏ = −b sin(α)α̇ = −b sin(α)ω
y
B
α
G
A
x
Da wir den Zeitpunkt betrachten für welchen der Stab auf der Oberfläche auftrifft (α = 90◦ ), gilt
ω=−
vy
b
bzw.
ω2 =
vy2
b2
.
Einsetzen in Gleichung (5) ergibt dann
1
mgb = mvy2 +
2
2 2
gb = vy
3r
3gb
vy = ±
2
1 2 vy2
mb 2
6
b
.
Nur die negative Lösung macht physikalisch Sinn, da sich G nach unten bewegt.
b)
• Um welche Drehachse ist das Trägheitsmoment der Hantel am grössten, wenn es sich bei den
beiden Körpern um Kugeln handelt?
¤
Eine Achse durch den Schwerpunkt der Hantel, senkrecht zum Stab.
¤
Eine Achse durch den Schwerpunkt der Hantel, mit einem Winkel von 60◦ zum Stab.
£
Eine Achse durch einen Kugelmittelpunkt, mit einem Winkel von 60◦ zum Stab.
¤
Die Achse durch die Kugelmittelpunkte, parallel zum Stab (Stabachse).
• Für welche Körper ist das Trägheitsmoment der Hantel am grössten, wenn sie sich um die
Stabachse dreht?
¤
Vollkugeln mit Masse M und Radius R.
¤
Vollkugeln mit Masse 2M und Radius 32 R.
¤
Vollzylinder mit Masse 23 M und Radius R.
£
Hohlzylinder mit Masse M und Radius 23 R.
Aufgabe 3: Bahn mit Looping (12 Punkte)
a) Für die beiden Körper gilt Impulserhaltung:
pvor = pnach
0 = 2mv1 + mv0
Daraus ergibt sich folgender Zusammenhang zwischen den Geschwindigkeiten der beiden Körper:
1
v1 = − v0
2
Die Energie der gespannten Feder ist:
1
EF eder = k(∆x)2
2
Weiterhin gilt Energieerhaltung:
Evor = Enach
1
1
EF eder = 2mv12 + mv02
2
2
1
−v0 2 1
= 2m(
) + mv02
2
2
2
1
1
= 2mv02 + mv02
8
2
1
1
2
= mv0 + mv02
4
2
3
= mv02
4
Auflösen nach der Geschwindigkeit ergibt:
4 EF eder
41 k
2k
=
(∆x)2 =
(∆x)2
3 m
32m
3m
Somit ist die kinetische Energie des Körpers mit Masse m
v02 =
1
1 2 mk
1
Ekin = mv02 =
(∆x)2 = k(∆x)2
2
23 m
3
.
(6)
b) Damit der Looping gerade noch geschafft wird muss am höchsten Punkt FN = 0 gelten. Es trägt
also nur die Gravitation zur Zentripetalbeschleunigung bei:
2
vtop
=g
r
= aZP r = gr
⇒ aZP =
2
⇒ vtop
Wiederum gilt Energieerhaltung:
1
mv 2 = Etop
2 0
= Ekin + Epot
1
2
= mvtop
+ mgR + mgr
2
1
= mgr + mg(R + r)
2
Nun muss nur noch nach v0 aufgelöst werden:
1
1
mv02 =
mgr + mg(R + r)
2
2
⇒
v02 = g(r + 2(R + r)) = g(3r + 2R)
p
⇒
v0 =
g(3r + 2R)
c) Mit der kinetischen Energie aus Gleichung (6) bekommt man:
3m 2
v
2k 0
r
r
3m
3 mp
v0 =
⇒ ∆x =
g(3r + 2R)
2k
2k
(∆x)2 =
Einsetzen der gegebenen Zahlenwerte ergibt dann ∆x = 0.1 m.
d) Für die Kräfte in x- und y-Richtung gilt:
X
Fi,y = 0
⇒
0 = −mg + FN · cos θ
v2
ρ
⇒
m
⇒
cos θ =
i
X
i
Fi,x = m
v2
= FN · sin θ
ρ
⇒
sin θ =
Die Division von Gleichung (8) durch (7) ergibt
sin θ
= tan θ =
cos θ
mv 2
ρFN
mg
FN
=
v2
ρg
Somit gilt für den Neigungswinkel der Bahn (mit v = v0 und ρ = R)
µ
¶
µ 2¶
3r + 2R
v0
= arctan
.
θ = arctan
Rg
R
Einsetzen der Zahlenwerte ergibt schliesslich θ = 70◦ .
mv 2
ρFN
mg
FN
(7)
(8)
Aufgabe 4: Meteorit (7 Punkte)
a) Die Dichte des Meteoriten ergibt sich als
ρ=
m
=
V
4π
3
m
3
3
¡ d ¢3 = 6 · 10 kg/m
· 2
.
b) Die potentielle Energie Epot des Meteoriten im Unendlichen ist Null. Im Abstand r vom Erdzentrum
gilt Epot (r) = −GN MEr m . Somit erhält man aus der Energieerhaltung:
Ekin (∞) = −GN
1
ME m
ME m 1
+ mv 2 ≈ −GN
+ mv 2 = 1.57 · 1017 J
d
2
RE
2
RE + 2
Die Geschwindigkeit im Unendlichen lässt sich dann berechnen zu
r
2Ekin (∞)
= 10 km/s .
v∞ =
m
c) Bei einem vollkommen inelastischen Stoss bleiben die beiden Stosspartner aneinander haften, und
ein Teil der kinetischen Energie wird in innere Energie Q umgewandelt. Wir bezeichnen im Folgenden die Geschwindigkeit des Meteoriten im Ruhesystem der Erde vor dem Stoss als v. Nach
dem Stoss bewegen sich Meteorit und Erde gemeinsamen mit der Geschwindigkeit v 0 . Aus der
Impulserhaltung folgt dann:
mv = (ME + m)v 0
⇒
v0 =
mv
ME + m
(9)
Desweiteren gilt Energieerhaltung:
mv 2
(ME + m)v 02
=
+Q
2
2
Setzt man Gleichung (9) in Gleichung (10) ein erhält man nach einigen Umformungen
µ
¶
1
ME
1
2
Q = mv
≈ mv 2 = 3.53 · 1017 J .
2
ME + m
2
(10)
Aufgabe 5: Rotierende Kugel an Feder (10 Punkte)
a) Wir bezeichnen im Folgenden das Laborsystem mit K. Weiterhin betrachten wir, zunächst ganz
~ beschleunigtes und mit Ω
~ rotierendes Bezugssystem K 0 . Für die
allgemein, ein gegenüber K mit A
Beschleunigung ~a eines Massenpunktes in K gilt dann (vergleiche Skript, Abschnitt 3.11):
~ + 2Ω
~ × ~v 0 + Ω
~ × (Ω
~ × ~r0 )
~a = ~a0 + A
,
(11)
~0
wobei ~r0 , ~v 0 und ~a0 den Ort, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Massenpunktes in K
bezeichnen.
Für die Lösung des vorliegenden Problems kann man verschiedene Bezugssysteme wählen. Wir
setzen hier den Ursprung des Laborsystems K auf die Ruhelage des Motors M . Das beschleunigte
System K 0 wird so gewählt, dass M dort immer in Ruhe und im Ursprung ist. K 0 rotiert nicht
gegenüber K. In K 0 führt m also eine gleichförmige Kreisbewegung um den Ursprung aus. Unter
Verwendung von Gleichung (11) erhalten wir für die Beschleunigung von m in K:
µ ¶
µ
¶
ẍ
cos(ωt)
2
~am =
−ω r
ÿ
sin(ωt)
Dabei bezeichnen x und y die Koordinaten des Motors in K. Da K 0 in diesem Fall nicht gegenüber
~ = ~0. Für die Beschleunigung von m in K 0 haben wir die Zentripetalbeschleunigung
K rotiert, gilt Ω
0
2
0
~am = −ω ~r angesetzt, und dann ~r0 = r(cos(ωt), sin(ωt))T verwendet. Alternativ kann man K 0 z.B.
auch so definieren, dass es zusätzlich noch mit Ω = ω rotiert (Ursprung wie vorher), dass also m
dort in Ruhe ist. Dann gilt ~a0 = ~v 0 = ~0, aber dafür verschwindet der letzte Term von Gleichung (11)
nicht mehr. Hier ist zu beachten, dass sich beim Wechsel von K 0 nach K die Einheitsvektoren
ändern. Die Kraft F~Stab,m , die über den Stab auf m wirkt, ist im Laborsystem gegeben durch m~am .
Entgegengesetzt zu F~Stab,m wirkt eine entsprechende Kraft über den Stab auch auf den Motor:
¶
µ
µ ¶
cos(ωt)
ẍ
2
~
~
+ mω r
FStab,M = −FStab,m = −m~am = −m
sin(ωt)
ÿ
Ausserdem übt noch die Feder eine Kraft aus. Da angenommen werden darf, dass die Federkraft
durch die x-Bewegung des Motors nicht verändert wird, gilt:
F~F eder,M = −ky~ey
Wir erhalten also die beiden (entkoppelten) Differentialgleichungen
M ẍ = mrω 2 cos(ωt) − mẍ
M ÿ = mrω 2 sin(ωt) − mÿ − ky
bzw. für ẍ und ÿ die Ausdrücke
m
rω 2 cos(ωt)
M +m
k
m
ÿ = −
y+
rω 2 sin(ωt)
M +m
M +m
ẍ =
b) Der Elektromotor führt in diesem Fall eine harmonische Schwingung in y-Richtung aus.
Aufgabe 6: Thermodynamik (10 Punkte)
a) Vor dem Öffnen des Ventils gilt für Behälter A bzw. B:
pA VA = νA RTA
bzw.
pB VB = νB RTB
Dabei bezeichnen p, V und T den Druck, das Volumen und die Temperatur, ν die Stoffmenge sowie
R die Gaskonstante. Für die gesamte Stoffmenge gilt dann:
ν = νA + νB =
pA VA pB VB
+
RTA
RTB
Nach dem Öffnen des Ventils gilt entsprechend
0
p0 VA = νA
RTA
bzw.
und
0
0
ν 0 = νA
+ νB
= p0
µ
0
p0 VB = νB
RTB
VA
VB
+
RTA RTB
¶
.
Da die gesamte Stoffmenge konstant bleibt gilt ν = ν 0 , also
µ
¶
VA
VB
pA VA pB VB
0
p
+
=
+
RTA RTB
RTA
RTB
.
Verwendet man noch die Beziehung VB = 4VA erhält man schliesslich
³
´
pA
4pB
+
TA
TB
´ = 2.0 · 105 Pa .
p0 = ³
4
1
TA + TB
b) Ein einatomiges Gas besitzt drei Freiheitsgrade f und somit gilt für die innere Energie
U=
f
3
pV = pV
2
2
.
Vor dem Öffnen des Ventils gilt also
3
3
U = (pA VA + pB VB ) = VA (pA + 4pB )
2
2
und nachher
3
3
U 0 = (p0 VA + p0 VB ) = p0 (5VA )
2
2
.
Mit V = VA + VB bzw. VA = V /5 erhält man für die Differenz ∆U = U 0 − U pro Volumeneinheit
µ
¶
∆U
3
1
=
p0 − (pA + 4pB ) = 3.0 · 104 J/m3 .
V
2
5
Die innere Energie des Gesamtsystems erhöht sich also, da Gas aus VA nach VB strömt und erwärmt
werden muss.
c) Für den Endzustand des Gases gilt (mit V = VA + VB und ν = νA + νB ):
¶
µ
¶
µ
pA VA pB VB
pA TB
4pB
00
00
00
+
RTB ⇒ p =
+
= 2.1 · 105 Pa
p V = νRTB ⇒ p V =
RTA
RTB
5TA
5
Für die Differenz der inneren Energie pro Volumeneinheit erhält man
³
´

pA
4pB
µ
¶
+
00
0
TA
TB
U −U
3
3
pA TB
4pB
´  = 2.0 · 104 J/m3
= (p00 − p0 ) = 
+
− ³
1
4
V
2
2
5TA
5
+
TA
Die innere Energie erhöht sich also.
TB
.