5. Übungsblatt – Physik für Biologen/ Chemiker HU Berlin, SS2011

5. Übungsblatt – Physik für Biologen/ Chemiker
HU Berlin, SS2011
1. Aufgabe (7 Punkte)
Eine Kiste (m = 1kg, Massepunkt) wird am Startpunkt x0 von einer vorgespannten Treibfeder
(D=600 kg/s²) nach rechts angetrieben. Anschließend gleitet sie reibungsfrei im Schwerefeld
der Erde (g = 10m/s²) wie in der Skizze dargestellt zunächst über einen Berg (x1) und anschließend über verschieden Anhöhen (x3,x4,x5).
h m
10
7.5
5
2.5
x0
x1
x2
x3
x4
x m
x5
a) Geben sie die Formel an, die beschreibt wieviel potentielle Energie in Abhängigkeit von
der Federkonstante D und der Stauchung/Dehnung x in der Feder gespeichert ist!
Berechnen Sie ausgehend von der Energieerhaltung, wie stark die Feder mindestens
gespannt sein muss, damit die Kiste über den Berg bei x1 kommt.
b) Die Kiste habe nun beim Punkt x0 eine Geschwindigkeit v0 = 15m/s. Tragen Sie in die
folgende Tabelle die jeweiligen Werte ein und geben sie jeweils einmal die
entsprechende Formel an. Welche Höhe kann die Kiste maximal erreichen?
Position x
Höhe h
[m]
Eges.
[J]
Epot
[J]
Ekin
[J]
v(x)
[m/s]
X0
X1
X2
X3
X4
X5
c) Zeigen Sie mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes, dass für die Geschwindigkeit in Abhängigkeit von der Höhe folgende Formel gilt:
v(h)  v 02  2gh
-1-
2. Aufgabe (6 Punkte)
Das Erdpotential kann eindimensional angenährt werden durch die folgenden Formeln:

GM  r 2
 2  3 
2R  R

GM
a (r )  
r
i (r ) 
für r  R  Erdradius
für r  R
a) Zeigen Sie, dass die beiden Potentiale am Punkt r = R gleich sind.
b) Stellen Sie den Potentialverlauf in dem abgebildeten Diagramm dar.
 / (GM/2R)
3
2
1
0
-1
-2
-3
R
2R
3R
4R
r [m]
c) Leiten Sie aus dem Potentialverlauf die wirkende Anziehungskraft für r < R und r < R her.
d) Beschreiben stichpunktartig was passieren würde, wenn man in ein luftleeres Loch,
welches durch die gesamt Erde einschließlich Erdmittelpunkt gebohrt wurde, einen Stein
wirft. Nehmen sie Bezug auf den Verlauf der Stärke der Anziehungskraft, und gehen Sie
dabei auf die Punkte r=R, r=R/2, r=0, r=-R/2 und r=-R ein.
3. Aufgabe (7 Punkte)
Ein Schlitten (S1) der Masse m1 trifft mit einer Geschwindigkeit v1 auf einen ruhenden
Schlitten (S2, v2=0) der Masse m2. Nach dem elastischen Stoß ist der erste Schlitten (S1) halb
so schnell wie vor dem Stoß (v’1 = v1/2). Reibungskräfte können vernachlässigt werden.
a) Welcher Unterschied besteht zwischen elastischen und unelastischen Stoß in Bezug auf
die Energieerhaltung?
b) Leiten Sie aus dem Impulserhaltungssatz her, dass für die Masse des zweiten Schlittens
m2 = (m1v1)/(2 v’2) gilt
c) Benutzen Sie m2 = (m1v1)/(2 v’2) um mittels Energieerhaltung zu zeigen, dass für die
Geschwindigkeit des zweiten Schlittens nach dem Stoß v’2 = 3/2 v1 gilt. Wie lässt sich m2
nun schreiben?
d) Berechnen sie v’1 und v’2 nun mit den in der Formelsammlung angegeben Formeln indem
sie v2 = 0, m2 = m1/3 einsetzen. Stimmen die Aussagen überein?
-2-
Aufgabe 1) Lösung
a)____________________________________________________________________________
Formelsammlung s.S.4, Abs 3.8 Energie  EFeder  12 D  x 2 wobei D die Federkonstante ist und x
die Auslenkung, d.h. Dehnung bzw Stauchung der Feder darstellt.
Höhe des Berges bei x1 kann aus der Skizze mit 7.5m abgelesen werden
Energieerhaltung:
EFeder  E pot

1
2
Dx 2  mgh
Umstellen und Werte einsetzen
x
2  1kg  10 sm  7.5m
2mgh
150m 2
1


 m
kg
D
600 s
600
4
2
2
x   0.5 m
b)____________________________________________________________________________
Formeln für die Tabelle:
Höhe h ablesen
= const. =
Eges
1
2
mv02  12 1kg  152
m2
s2
 112.5 Nm  112.5 J
Epot(h) = mgh
Ekin(h) = Eges – Epot(h)
v(h)
=
2 Ekin
m
oder Formel aus c) benutzen
somit folgt die Tabelle:
Position x
Höhe h
[m]
0
7.5
0
2.5
5
10
X0
X1
X2
X3
X4
X5
Eges.
[J]
112.5
112.5
112.5
112.5
112.5
112.5
Epot
[J]
0
75
0
25
50
100
Ekin
[J]
112.5
37.5
112.5
87.5
62.5
12.5
v(x)
[m/s]
15
8.7
15
13.2
11.2
5
Die maximale Höhe ist erreicht, wenn die gesamte Energie in Form von potentieller Energie
vorliegt:
E ges  E pot  mghmax  hmax 
112.5 J
1kg 10 m
 11.25m
s
2
c)____________________________________________________________________________
Energieerhaltung:
E ges  E pot  Ekin
 Ekin  E ges  E pot
Die Gesamtenergie ist konstant und festgelegt durch den Punkte x0 (h=0, v=v0) dort liegt nur kin.
Energie vor, die potentielle Energie ist Null (mgh=mg*0=0). D.h. Eges  12 mv02
Einsetzen:
Ekin  E ges  E pot
1
2
mv(h) 2  12 mv02  mgh |  m2
v(h) 2  v02  2 gh
v(h)  v02  2 gh
-3-
q.e.d .
Aufgabe 2) Lösung
a)____________________________________________________________________________
Zeigen durch einsetzen
 GM
GM  R 2
GM
GM
 1  3 
  2   
 2  3  
2R  R
2R
R
 2R
GM
 a (r  R )  
  i (r  R ) qed
R
b)____________________________________________________________________________
 i (r  R) 
grundlegende Eigenschaften:
 i (r ) : neg. (r<R  r²/R² < 1  (…) < 0), quad. Funktion
 a (r ) : ~ 1/r und negative
Abstand r
Pot.  (r )
0
-3(GM/2R)
R
-2(GM/2R)
2R
-1 (GM/2R)
 / (GM/2R)
3R
4R
-2/3 (GM/2R) -1/2 (GM/2R)
f GM2R
3
3
2
1
0
-1
-2
-3
2
1
R
2R
3R
4R
r [m]
R
2R
3R
4R
-1
-2
-3
c)____________________________________________________________________________

 
Kraftdefinition (siehe FS 3.2): in 3 Dimensionen F  m (r )
Somit folgt:

 
dim
F  m  (r )
1

x




  GM  r 2
GM r

i (r )  m 
 2  3     m
r
r  2R  R
R3

GM

  GM 
Fa (r )  m  a (r )  m  
 m 2
r 
r
r
r 
Fi (r )   m
für r  R  Erdradius
für r  R
d)____________________________________________________________________________
Für die Betrachtungen spielt nur Fi(r) eine Rolle:
r=R
r = R/2
r=0
r = -R/2
r=R
die Masse wird zum Erdmittelpunkt beschleunigt
die Masse wird immer noch zum Erdmittelpunkt beschleunigt, allerdings
nur noch halb so stark
am Erdmittelpunkt wird Fi gleich Null, d.h. die Masse bewegt sich
aufgrund der Trägheit weiter ohne beschleunigt zu werden
die Masse wird negative – in Bezug auf die Bewegungsrichtung –
beschleunigt, d.h. sie wird abgebremst
die Masse kommt zum Stillstand und wird anschließend erneut zum
Erdmittelpunkt beschleunigt
-4-
r m
Aufgabe 3) Lösung
Geg.:
S1: Masse m1, Geschwindigkeit vor Stoß v1, Geschwindigkeit nach Stoß v’1= 1/2 v1
S2: Geschwindigkeit vor dem Stoß v2 = 0
a)____________________________________________________________________________
Beim elastischen Stoß bleibt die Summe der kinetischen Energien der Stoßpartner konstant:
Ekin, ges = const.
Beim inelastischen Stoß wird ein Teil der kinetischen Energien der Stoßpartner in Wärme- und
Deformationsenergie umgewandelt:
Ekin, ges ≠ const.
b)____________________________________________________________________________
Impulserhaltung:


Pvorher  Pnachher
m1v1  m
v  m1 v1  m2 v2
2 2

0
1
v
2 1
m1v1  12 m1v1  m2 v2
m1v1
 m2
2v2
|  12 m1v1 |: v2
qed
c)____________________________________________________________________________
Energieerhaltung:
Ekin , vorher  Ekin , nachher
1
2
m1v12  12 m2v22  12 m1v12  12 m2v22 | 2

0
m1v12  m1v12  m2v22
m1v12  14 m1v12 
3
4
m1v1
v2
2
3
1 
4 v1  2 v2
v1  v2
 m2 
m1v1
einsetzen
2v2
m1v1 2
v2 |  14 m1v12 und kürzen
2v2
m1v12 
3
2
| v12  ( 12 v1 ) 2  14 v12 und m2 
|: m1v1
| 2
qed
m1v1 m1v1 m1
 3 
2v2
2 2 v1
3
d)____________________________________________________________________________
FS 3.4. 
0
m
2


m1v1  1 v1
m1v1
2m2 v2  m1v1  m2 v1
v
3
v1 

 3
 1
4
m1
2
m1  m2
m1
m1 
3
3
0




2m1v1  m2 v2  m1v2
2m1v1
2m1v1 3
v2 


 v1
4
m
m1  m2
2
m1
m1  1
3
3
Die Aussagen stimmen überein.
-5-
wahre Aussage
wahre Aussage