Lösung

Physik I – HS 2012
Prüfung
Prof. M. Carollo
(21. Januar 2013)
Lösungen
Aufgabe 1: Fallschirmspringer
(a) Auf den Fallschirmspringer wirkt nur die Gravitationskraft mit Betrag
FG = mg
und der Luftwiderstand mit dem Betrag
ρ
FLW (t) = cW A v 2 (t) ,
2
wobei m die Masse des Fallschirmspringers, cW A der effektive Wirkungsquerschnitt und ρ
die Dichte von Luft ist. Nach dem 2. Newtonschen Gesetz gilt nun für die Beschleunigung
a(t) des Fallschirmspringers
m a(t) = FG − FLW .
wobei a(t) die Beschleunigung “nach unten” ist. Mit a(t) = v̇(t) erhalten wir also die
Bewegungsgleichung
m v̇(t) = mg − αv 2 (t) ,
wobei α = cW Aρ/2 eine Konstante. Für den Fall einer konstanten Geschwindigkeit ist
v̇ = 0 und die Bewegungsgleichung reduziert sich auf
r
mg
' 165 km/h .
v=
α
(b) Der Kraftstoss, die der Fallschirmspringer erfährt, ist gleich der Impulsänderung des
Fallschirmspringers während des Aufpralls
Z te
|J | = F dt = |pe − pa | = |(0 − mv)| = mv ' 3.7 · 103 kg m/s .
ta
(c) Wir nehmen an, dass der Fallschirmspringer mit einer konstanten Beschleunigung a über
die Distanz ∆s = 1.2 m abgebremst wird. Es gilt also v = a∆t mit ∆t der Zeitdauer des
Abbremsens und v der konstanten Fallgeschwindigkeit und ebenso gilt ∆s = a∆t2 /2.
Setzt man ersteres in letzteres ein, erhält man
1 v2
.
2 ∆s
Somit ist die Kraft, die während des Abbremsens auf den Fallschirmspringer wirkt F =
ma und wir erhalten den (mittleren) Druck auf den Fallschirmspringer
a=
p=
F
' 117 kPa ' 1.14 atm .
cW A
Der Fallschirmspringer sollte also den Aufprall überleben.
Aufgabe 2: Massive Feder
(a) Die kinetische Energie setzt sich aus der kinetischen Energie der Feder Ekin,Feder und der
kinetischen Energie des Brettes Ekin,Brett = mv 2 /2 zusammen. Die kinetische Energie der
Feder berechnen wir aus der Summe der kinetischen Energie der Massenelemente dMi ,
aus welchen die Feder aufgebaut ist. Bewegt sich das Brett mit der Geschwindigkeit
v und befinde sich das Brett auf der Höhe h, so bewegt sich das Massenelement dMi
bei der Höhe hi mit der Geschwindigkeit vi = vhi /h und hat die kinetische Energie
dM vi2 /2. Die totale kinetische Energie der Feder erhalten wir nun durch Aufintegrieren
aller Massenelemente von z = 0 bis z = h:
Z h 2
Z h
Z
1
1 2 dM
z M
1 M v2 h 2
1 M v2
v (z)
dz =
v
dz =
z
dz
=
. (1)
Ekin,Feder =
dz
h
h
2 h3 0
2 3
0 2
0 2
Damit ist die totale kinetische Energie
1
Ekin = Ekin,Feder + Ekin,Brett = Meff v 2 ,
2
(2)
mit der effektiven Masse Meff = m + M/3.
(b) Die potentielle Energie setzt sich aus zwei Beiträgen zusammen: Die potentielle Energie
der Feder Epot,Feder und die potentielle Energie des Brettes Epot,Brett = mgh + C mit C
einer willkürlichen Konstanten. Die potentielle Energie der Feder setzt sich wiederum
aus zwei Anteilen zusammen: Die potentielle Energie aufgrund der Gravitation und die
potentielle Energie aufgrund der Auslenkung der Feder aus ihrer Ruhelage. Der Anteil
aufgrund der Gravitation berechnet sich wie folgt: Wir wissen, dass auf ein Massenelement dMi der Feder die Kraft dFi = −dMi g wirkt. Da die Masse gleichmässig über die
Feder verteilt ist, haben wir das konstante Kraftfeld dF (z) = −dM g mit der entsprechenden potentiellen Energie dUG (z) = dM gz + C mit C einer willkürlichen Konstanten.
Integration über die Feder ergibt dann
Z h
Z h
Z h
dM
M
1
dUG
gz
gz
dz =
dz =
dz = M gh .
(3)
UG (h) − C =
dz
dz
h
2
0
0
0
Für die potentielle Energie aufgrund der Auslenkung der Feder aus seiner Ruhelage gilt
das Hooksche Gesetz
1
UHook (h) = k(h − h0 )2 + C ,
(4)
2
wobei h0 die Höhe ist, für welche die Feder in Ruhe ist, und C eine willkürliche Konstante.
Die gesamte potentielle Energie ergibt sich schliesslich zu
i
1h
2
Epot (h) = (M + 2m)g(h − h0 ) + k(h − h0 ) ,
(5)
2
wobei wir die additive Konstante C entsprechend gewählt haben.
(c) Mit x = h − h0 und Meff = M + 2m können wir die potentielle Energie schreiben als
i
1h
2
Epot (x) = Meff gx + kx .
(6)
2
Es sei darauf hingewiesen, dass das Minimum von Epot (x) nicht bei x = 0 ist, sondern bei
einem Wert x < 0. Das bedeutet, dass, falls für eine massenlose Anordnung, d.h. Meff =
0, die Ruheposition bei x = 0 ist, dann ist die Ruheposition im Falle einer massiven
Anordnung Meff 6= 0 bei einer kleineren Höhe x < 0. Das sieht man explizit, wenn wir
den Ausdruck in Klammern in der potentiellen Energie quadratisch ergänzen:
2 2
1 Meff g
1 Meff g
2
Meff gx + kx = k x +
−
.
(7)
2 k
2 k
Mit der Variablentransformation x0 = x + Meff g/(2k) und Anpassung des Nullpunktes
der potentiellen Energie erhalten wir
1 2
(8)
Epot (x0 ) = kx0
2
mit derselben Federkonstanten k. Das bedeutet, es gibt keinen Unterschied im Verhalten zwischen einer massiven und einer masselosen Feder. Beide Systeme sind durch ein
harmonisches Potential mit derselben Federkonstanten k charakterisiert. Allein die Ruheposition ist im massiven Fall um Meff g/(2k) tiefer als im masselosen Fall.
(d) Da unser System durch eine harmonische potentielle Energie (8) charakterisiert ist, wird
unser System eine harmonische Schwingung ausführen. In der Realität werden Reibungsverluste (d.h. Luftwiderstand) und Wärmeverluste (d.h. durch die Deformation heizt sich
die Feder auf) auftreten, so dass unser System in der Realität näherungsweise eine gedämpfte Schwingung ausführt, bis es nach einer endlichen Zeit zur Ruhe kommt.
Aufgabe 3: Richtig oder falsch?
(a) Richtig. Die Corioliskraft in einem mit der Erdoberfläche fest verbundenen Bezugssystem ist F C (t) = −2 v(t) × ω mit v(t) die Geschwindigkeit des Zuges und ω die
Wingelgeschwindigkeit der Erde. Wir wählen nun in diesem Beschleunigten Bezugssystem die folgenden Koordinaten: x zeige Richtung Norden, y Richtung Westen und z
senkrecht nach oben. Für die geographische Breite α lässt sich ω in dieser Basis ausdrücken als ωx = cos(α)ω, ωy = 0, ωz = sin(α)ω. Die Geschwindigkeit v(t) des Zuges
zeigt in y-Richtung. Da v(t) und ω nicht proportional sind, ist F C (t) 6= 0.
(b) Richtig. In diesem Fall zeigt v(t) in die negative z-Richtung und es gilt wiederum
F C (t) 6= 0.
(c) Falsch. Diese Kraft kann man nicht als Scheinkraft interpretieren, da Scheinkräfte immer
proportional zur Masse m des Teilchens sind.
(d) Richtig. Ein starrer Körper hat drei Translations- und drei Rotationsfreiheitsgrade.
(e) Falsch. Das ist nur richtig, falls der Körper um eine seiner Hauptträgheitsachsen (z.B. Symmetrieachse) rotiert. Das gilt auch dann, wenn der starre Körper eine feste Rotationsachse hat (“starrer Rotator”). Dreht der starre Körper nicht um eine seiner Hauptträgheitsachsen, so wirken wegen des Drehimpulses L(t), der nicht zeitlich konstant ist,
Drehmomente auf die Achsen (“Unwucht”).
(f) Falsch. Zum Beispiel ist für ein Teilchen, das eine gleichförmige, kreisförmige Drehbewegung ausführt, der Drehimpuls erhalten, nicht aber sein Impuls.
(g) Richtig. Ist r(t) die Trajektorie des Teilchens, dann ist L̇(t) = M (t) = r(t)×F (r(t), t) =
0, da F (r(t), t) k r(t) für ein Zentralkraftfeld.
(h) Richtig. Es gibt kein Naturgesetz, das die lokale Entropieabnahme in einem System
verbietet, solange dieses System nicht abgeschlossen ist. Betreibt man z.B. eine Wärmekraftmaschine zwischen zwei Wärmereservoirs, so dass vom wärmeren Reservoir Wärme
an das kältere Reservoir abgegeben wird, so wird das wärmere Reservoir abgeklühlt, womit sich seine Entropie verringert. Diese Abnahme der Entropie wird jedoch durch die
Zunahme der Entropie im kälteren Reservoir mehr als aufgehoben.
(i) Richtig. Die Enthalpie ist eine thermodynamische Zustandsgrösse und damit für einen
Gleichgewichtszustand eindeutig festgelegt. Da bei einem thermodynamischen Kreisprozess Anfangs- und Endzustand identisch sind, muss die Enthalpiedifferenz während eines
Zyklus Null sein. Das gilt sogar, falls der Kreisprozess nicht-reversibel abläuft, solange
der Anfangs- und Endzustand ein Gleichgewichtszustand ist.
(j) Falsch. Die Amplitudenresonanz findet immer bei Ω < ω0 statt, während für die Leistungsresonanz Ω = ω0 gilt.
Aufgabe 4: Walze auf Teer
(a) Für einen Vollzylinder ist J = M R2 /2 = 125 kg/m2 . Für die Herleitung siehe Skript
Seite 218.
(b) Da unser Problem nur eine Dimension hat, lassen wir im Folgenden die Vektorschreibweise weg und arbeiten nur mit den Beträgen. Die Geschwindigkeit vK der Walze im
Auflagepunkt ist für eine Winkelgeschwindigkeit ω(t) der Walze gegeben durch vK (t) =
vS − Rω(t), wobei angenommen wurde, dass sich die Walze so dreht, dass sie vorwärts
rollen würde. Da die Geschwindigkeit des Schwerpunktes vS gegeben ist, brauchen wir
nur die Drehmomentgleichung der Walze zu betrachten, wobei das Drehmoment allein
durch die Reibungskraft FR (t) = κvK (t) induziert wird. Das heisst, es gilt
J ω̇(t) = RFR (t) = RκvK (t) = Rκ vS − Rω(t) .
(9)
Wir können diese Gleichung mit x(t) = ω(t), a = −R2 κ/J und b = RκvS /J auf die
Form
ẋ(t) = ax(t) + b
(10)
bringen. Die Lösung dieser Differentialgleichung ist
x(t) = C exp(at) − b/a ,
(11)
vS
R2 κ
t +
.
ω(t) = C exp −
J
R
(12)
das heisst, wir haben
Die Konstante C wird durch die Anfangsbedingungen bestimmt. Für ω(0) = 0 erhalten
wir
vS
C=− .
(13)
R
Damit ist die Lösung eindeutig gegeben durch
vS
R2 κ
ω(t) =
1 − exp −
t
.
(14)
R
J
(c) Die Bedingung für perfektes Rollen ist ω = vS /R. Da ω(t) → vS /R für t → ∞, beginnt
die Walze (im mathematischen Sinne) nie perfekt zu rollen.
Bemerkung: Nach Gleichung (14) ist die exponentielle Abklingzeit τ = J/(κR2 ) ' 50
s. Das bedeutet, dass nach einer Zeitdauer von einigen τ der Term in Klammern in
Gleichung (14) für alle praktischen Belange gleich 1 gesetzt werden kann und demnach
die Walze nach dieser Zeitdauer praktisch perfekt rollt. Mit der Geschwindigkeit vS
entspricht das der Distanz von einigen vS τ ' 14 m.
(d) Da sich der Schwerpunkt der Walze mit konstanter Geschwindigkeit vS bewegt, wirkt
keine resultierende Kraft auf den Schwerpunkt. Das heisst, der Betrag der Schubkraft
FS (t) muss gleich dem Betrag der Reibungskraft FR (t) sein. Sei t(s) = s/vS die Zeit, die
die Walze braucht, um die Strecke s = 50 m zurückzulegen. Die verrichtete Arbeit ist
dann gegeben durch
s
Z
s
Z
FR (s) ds =
FS (s) ds =
W (t(s)) =
Z
0
0
0
t(s)
ds
FR (t) dt = κ
dt
Z
t(s)
vK (t)
0
ds
dt . (15)
dt
Mit ds/dt = vS und mit
R2 κ
t
vK = vS − Rω(t) = vS exp −
J
(14)
(16)
erhalten wir schliesslich
t(s)
t(s)
R2 κ
exp −
W (t(s)) = κ
vK (t)vS dt =
t dt
J
0
0
R2 κ
2 J
= vS 2 1 − exp −
t(s)
R
J
−1
R2 κ
(14)
2
= Jω (t(s)) 1 − exp −
t(s)
.
J
Z
κvS2
Z
Mit t(s) = s/vS = 180 s erhalten wir also die über die Strecke s geleistete Arbeit
R2 κ s
2 J
' 37.5 J .
W = vS 2 1 − exp −
R
J vS
(17)
(18)
(19)
(20)
(e) Aufgrund der Energieerhaltung wird die Arbeit aus Aufgabe (d) in Rotationsenergie
Erot der Walze und in Wärme Eth umgewandelt, so dass W (t) = Erot (t) + Eth (t). Mit
Erot (t) = Jω 2 (t)/2 ist der Anteil, der nach der Zeit t in Rotationsenergie übergegangen
ist
−1
Erot (t) (19) 1
R2 κ
=
1 − exp −
t
,
(21)
W (t)
2
J
und der Anteil, der in Wärmeenergie übergegangen ist,
−1
W (t) − Erot (t)
Erot (t)
1
R2 κ
Eth (t)
=
=1−
=1−
1 − exp −
t
.
W (t)
W (t)
W (t)
2
J
(22)
(Für t → ∞ geht also die Hälfte der Energie in Rotationsenergie über und die Hälfte in
Wärmeenergie.) Die Zeit t = s/vS = 180 s ist viel grösser als die exponentielle Abklingzeit
τ ' 50 s. Daher können wir für die Strecke s die Terme in Klammern ungefähr gleich 1
setzen und erhalten
Erot
1
Eth
1
'
' .
(23)
W
2
W
2
Aufgabe 5: Wärmekraftmaschine
(a) Der Kreisprozess im pV -Diagramm ist wie folgt gegeben:
p 1,2
1
Δ Q1,2
2
Δ Q 2,3
Δ Q3,1
p3
3
V1
V 2,3
Beim isobaren Prozess bleibt der Druck p konstant und beim isochoren Prozess das
Volumen V . Beim isothermen Prozess bleibt die Temperatur T konstant, d.h. es gilt
nach dem idealen Gasgesetz pV = konst. Die Fläche, die vom Kreisprozess umrandet
%
%
%
wird, gibt die totale Energiebilanz ∆W % = ∆W1→2
+ ∆W2→3
+ ∆W3→1
während eines
Zyklus.
(b) Mit der idealen Gasgleichung pV = N kT erhalten wir unmittelbar die Eckwerte des pV
Diagramms:
νRT1
' 7.1 · 106 Pa ' 71 bar
V1
p2 = p1 ' 71 bar
p1
V1
' 24 bar
p3 = p1 =
V3
3
p1 = p2 =
T1 = 573.15 K
V2
T2 = T1 = 3T1 ' 1.7 · 103 K
V1
T3 = 573.15 K .
(c) RWir benutzen im Folgenden, dass die vom System geleistete Arbeit durch ∆W % =
p(V )dV gegeben ist und die innere Energie durch U (T ) = νf RT /2 = νCV T mit f = 5
für ein ideales zweiatomiges Gas. Weiter gilt Cp = CV + R. Dann erhalten wir folgendes
Resultat:
%
∆W1→2
= p1 (V2 − V1 ) ' 1.4 · 104 J
∆U1→2 = νCV (T1 − T2 ) ' 3.6 · 104 J
4
∆Q.
1→2 = νCp (T2 − T1 ) ' 5.0 · 10 J
%
∆W2→3
=0
∆U2→3 = νCV (T2 − T3 ) ' −3.6 · 104 J
4
∆Q.
2→3 = νCV (T2 − T3 ) ' −3.6 · 10 J
%
∆W3→1
Z
V1
=
Z
V1
p(V ) dV =
V3
V3
νRT3
dV = νRT3 ln
V
V1
V3
' −0.8 · 104 J
∆U3→1 = 0
%
4
∆Q.
3→1 = ∆U1→2 + ∆W1→2 ' −0.8 · 10 J .
(Wir müssen für jede Zustandsänderung nur zwei der Grössen berechnen, da mit dem
ersten Hauptsatz gilt ∆Q. = ∆U + ∆W % .)
(d) Nur bei der isobaren Zustandsänderung wird dem System Wärme zugefügt. Also ist der
Wirkungsgrad
%
%
%
∆W1→2
+ ∆W2→3
+ ∆W3→1
η=
= 0.129 .
(24)
∆Q.
1→2
Damit ist der Wirkungsgrad η ' 13%. Zum Vergleich der Carnot-Wikrungsgrad zwischen
den beiden extremen Temperaturen T1 und T2 :
ηCarnot =
2
T2 − T1
= ' 0.67 .
T2
3
(25)
(e) Falls wir unsere Wärmekraftmaschine rückwärts laufen lassen, erhalten wir einen thermodynamischen Kreisprozess, bei welchem unter Aufwendung mechanischer Arbeit Wärme
von kälteren Wärmereseroirs zu wärmeren Wärmereservoirs transportiert wird. Das bedeutet, wir können diese Maschine als “Kältemaschine” oder “Wärmepumpe” nutzen. Das
Charakteristische einer solchen Maschine ist, dass sie nur unter Arbeitsaufwendung von
aussen funktioniert. Das ist eine Konsequenz des 2. Hauptsatzes der Thermodynamik.
Wir zitieren dazu die entsprechende Formulierung von Clausius:
Es gibt keine periodisch wirkende Vorrichtung (Maschine M ), welche gestattet,
Wärme von einem Reservoir tieferer Temperatur (TK ) zu einem mit höherer
Temperatur (TW > TK ) zu transportieren, ohne dass dabei Arbeit geleistet
oder sonst von aussen Energie zugeführt wird.
Lösung Aufgabe 6: Resonante Schwingung
(a) Das Fadenpendel ist ein gewöhnliches Pendel mit der Eigenfrequenz
r
g
.
ωFaden =
l
Das Federpendel mit Federkonstante k schwingt dagegen mit der Eigenfrequenz
r
k
ωFeder =
.
m2
(26)
(27)
Da das Fadenpendel bei jedem Nulldurchgang den Plexiglasstreifen durch die Zentripetalkraft zusätzlich etwas nach unten durchbiegt (Aktion gleich Reaktion!) und sich das
Plexiglas bei einer maximalen Auslenkung der Kugel am meisten “entspannen” kann,
wird das Federpendel mit der doppelten Fadenpendel-Frequenz angeregt. Das heisst, wir
erhalten Resonanz, falls ωFeder = 2ωFaden . Es muss also gelten
r
r
k
g
=2
,
(28)
m2
l
so dass
m2 =
kl
.
4g
(29)
(b) Um die Masse m2 für das Auftreten der Resonanz zu bestimmen, brauchen wir die
Eigenfrequenz ωFaden des Fadenpendels. Dazu brauchen wir die Bewegungsgleichung des
Fadenpendels, welche wir mit Hilfe der Energieeraltung herleiten. Die Gesamtenergie des
Fadenpendels ist
Etot = Erot + Epot ,
(30)
wobei
Epot = m1 gl(1 − cos ϕ)
(31)
die kinetische Energie ist mit ϕ dem Auslenkungswinkel und
1
Erot = J ϕ̇2
2
(32)
die Rotationsenergie mit J dem Trägheitsmoment der Vollkugel bezüglich des Aufhängungspunktes. Somit haben wir für kleine Auslenkungen
0=
d
Etot = J ϕ̈ + m1 gl sin(ϕ) ' J ϕ̈ + m1 glϕ .
dt
Dies ist die gewöhnliche Schwingungsleichung für die Kreisfrequenz
r
m1 gl
.
ωFaden =
J
(33)
(34)
Das Trägheitsmoment einer Vollkugel bezüglich des Schwerpunktes ist gegeben durch
2
JS = m1 R2 .
5
(35)
Mit Hilfe des Satzes von Steiner könen wir das Trägheitsmoment bezüglich des Aufhängungspunktes berechnen
2
J = JS + m1 l2 = m1 r2 + m1 l2
5
(36)
und wir erhalten die Eigenfrequenz
s
ωFaden =
gl
.
+ l2
2 2
R
5
(37)
Damit führt die Bedingung ωFeder = 2ωFaden zu
m2 =
k( 25 R2 + l2 )
.
4gl
(38)
Für R → 0 geht dieser Ausdruck in das alte Resultat (29) über.
(c) Bei Resonanz ist der Anreger der angeregten Schwingung immer eine Viertelperiode voraus. Die Masse m2 muss also entweder ganz oben oder ganz unten sein. Da die Kugel
beim Durchqueren des Ruhepunktes das Plexiglas aufgrund der Zentripetalkraft gerade am Herunterbeschleunigen ist, muss die Masse m2 im Falle von Resonanz also am
höchsten Punkt sein.