Seminar vom 07. 11. 2007. Lösungsblatt 03

Lösungsblatt 03
Mechanik (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt) (WS2007/08)
Wolfgang v. Soden ([email protected])
6. 11. 2007
9 Erdgeschwindigkeit (1P)
Drei Massen m1 = 10−3 kg, m2 = 1kg und m3 = 106 kg benden sich in der Anfangshöhe
h = 95m in Ruhe. Sie fallen beschleunigt auf die Erdoberäche. Die Endgeschwindigkeit der
Massen vi ist für alle drei gleich: diese ist am schnellsten zu berechnen mit Hilfe des Energiesatzes. Hier: Summe aus potentieller und kinetischer Energie ist konstant, angewendet auf den
angesprochenen Spezialfall
1
mi · g · h = mi · vi2
(9.1)
2
Hieraus ergibt sich
(9.2)
p
vi = − 2gh
mit richtigem Vorzeichen (Höhe ist positiv).
Dasselbe Ergebnis erhält man etwas umständlicher aus der Fallhöhe und der Endgeschwindigkeit
1
−h = − g(∆t)2 und vi = −g · ∆t
(9.3)
2
durch Elimination der Fallzeit ∆t.
Die Geschwindigkeit ergibt sich somit zu vi = −43,2 ms
Wegen der Erhaltung des Impulses folgt direkt, dass, wenn sich die Massen von der Höhe
h = 95m auf die Erde zu bewegen, sich diese ihnen entgegenbewegen muss, also
(9.4)
merde · verde + mi · vi = 0
woraus folgt
verde = −
mi
· vi
merde
(9.5)
Mit merde = 6 · 1024 kg ergibt sich verde,1 = 7,2 · 10−27 ms , verde,2 = 7,2 · 10−24 ms bzw.
verde,3 = 7,2 · 10−18 ms = 7,2 · 10−6 pm
s .
Bei normalen Fallversuchen wird dies also nicht messbar sein.
Lösungsblatt vom 6. 11. 2007
1
c 2007-2008
University of Ulm, W. v. Soden
Lösungsblatt 03
2
Mechanik WS 2007-2008
10 Potentielle Energie auf der Erde (2P)
Der Betrag der Gravitationskraft
m1 m2
(10.1)
2
r12
berechnet sich aus den beiden Massen m1 und m2 , deren Abstand r12 und der Gravitations3
konstante G = 6,6742 · 10−11 kgm·s2 .
Für eine Masse m = m1 in der Höhe h über der Erdoberäche ergibt sich also
m · merde
Fm,h = G
(10.2)
(rerde + h)2
F12 = G
Mit der Abkürzung g = G mr2
erde
erde
Fm,h = G
schreibt sich (10.2)
(rerde )2
1
m · merde (rerde )2
=
g
·
m
=g·m
2
2
2
(rerde ) (rerde + h)
(rerde + h)
(1 + r h )2
(10.3)
erde
Für h rerde kann der Bruch in (10.3) angenähert werden durch 1 − 2 r h . Dies eingesetzt
ergibt
h
Fm,h ≈ g · m(1 − 2
)
(10.4)
erde
rerde
Die Potentielle Energie der Masse m in der Höhe h erhält man durch Integration der Kraft
entlang des Weges, also von 0 bis h:
g · m(1 − 2
Epot,m,h =
h0
h
Z
0
rerde
)dh0 = mgh(1 −
h
)
rerde
(10.5)
(10.3) kann direkt benutzt werden zur Integration (ohne Näherung) entsprechend (10.5)
Z
Epot,m,h =
h
g·m
0
1
(1 +
h0
rerde )
dh0 = mgh
2
1
1+
h
≈ mgh(1 −
rerde
h
rerde
)
(10.6)
und führt für h rerde zu (10.5).
Ein ähnliches Vorgehen wird zur etwas genaueren Ermittlung der potentiellen Energie bei Abstieg um q unter die Erdoberäche benutzt. Die wesentliche Erweiterung ist hier, dass sich die
jetzt wirksame Erdmasse vermindert um die Masse des entsprechenden Kugelmantels der Erde oberhalb der Probenmasse, also in (10.2) die Erdmasse mit den Faktor ( r r −q )3 versehen
werden muss. Damit ergibt sich statt (10.3), wobei noch h durch −q ersetzt ist:
erde
erde
Fm,q = g · m
(1 −
(1 −
q
3
rerde )
q
2
rerde )
= g · m(1 −
q
rerde
(10.7)
)
Diese Kraft integriert von der Tiefe q bis zur Oberäche (q = 0) liefert die potentielle Energie
innerhalb der Erde zu
Z
Epot,m,q =
0
g · m(1 −
q
q0
rerde
)dq 0 = −mgq(1 −
q
2rerde
)
(10.8)
Aus (10.6) und (10.8) ist die Genauigkeit der Näherung
(10.9)
Epot,m,h = m · g · h
zu entnehmen. Die Grenzwerte der Höhen h bzw. Tiefen q , bei denen die relative Abweichung
∆
1%
10−4
10−6
64 km 640 m 6,4 m
∆ erreicht wird, gibt die Tabelle wieder: h
q 127 km 1,3 km 13 m
Die natürlichen Schwankungen in g sind oft gröÿer als der Fehler in (10.9).
Lösungsblatt vom 6. 11. 2007
2
c 2007-2008
University of Ulm, W. v. Soden
Lösungsblatt 03
3
Mechanik WS 2007-2008
11 Brunnenschuss (1P)
Benötigt werden hier die Geschwindigkeit v , die in der Zeit ∆t mit konstanter Beschleunigung
a bei einer Anfangsgeschwindigkeit v0 erreicht wird
(11.1)
v = v0 + a · ∆t
und der Weg s, der in der Zeit ∆t mit konstanter Beschleunigung a bei Anfangsgeschwindigkeit
v0 zurückgelegt wird
1
s = v0 · ∆t + a · (∆t)2
(11.2)
2
und als drittes der Energiesatz:
1
Ekin + Epot = m · v 2 + m · g · h = konstant
2
(11.3)
Aus (11.2) ergibt sich bei vorgegebenen Weg, Anfangsgeschwindigkeit und Beschleunigung die
Zeit durch Lösen der quadratischen Gleichung zu
∆t =
−v0 +
p
v02 + 2as
a
(11.4)
und diese in (11.1) eingesetzt die Geschwindigkeit
v=
q
v02 + 2as
(11.5)
zu diesem Zeitpunkt.
Umgekehrt erhält man die Strecke, bei der eine geforderte Geschwindigkeit erreicht wird, durch
Einsetzen der Zeit aus (11.1) in (11.2) zu
s=
v 2 − v02
2a
(11.6)
(11.5) und (11.6) ergeben sich einfacher direkt aus dem Energiesatz (11.3), sofern der Weg s mit
der Höhe h und die Beschleunigung a mit der negativen Erdbeschleunigung −g gleichgesetzt
werden kann, ohne den Umweg über die Zeit gehen zu müssen.
Durch Einsetzen der Zahlenwerte ergibt sich die Geschwindigkeit beim Brunnenrand zu
r
m
m
m
vrand = (146 )2 − 2 · 9,81 2 · 86m = 140,1
s
s
s
(11.7)
die Steighöhe des Geschosses zu
hmax =
−(146 ms )2
− 86m = 1000m
−2 · 9,81 sm2
(11.8)
und die Flugzeit des Geschosses (aus (11.1)), bis es den Schützen trit, zu
146 ms
tug = 2tsteig = 2
= 30s
9,81 sm2
(11.9)
Nur beim letzten Wert war die Bewegungsgleichung des Geschosses heranzuziehen.
Lösungsblatt vom 6. 11. 2007
3
c 2007-2008
University of Ulm, W. v. Soden
Lösungsblatt 03
4
Mechanik WS 2007-2008
12 Pendel-Stöÿe (1P)
Hier sind drei Dinge zu betrachten:
1. Energieerhaltung und Impulserhaltung bei elastischem Stoÿ, wenn ein Stoÿpartner anfangs
in Ruhe ist
2. Impulserhaltung bei vollkommen plastischem Stoÿ, wenn ein Stoÿpartner anfangs in Ruhe
ist
3. Wie hängt beim Pendel der Anfangsauslenkungswinkel mit der potentiellen Energie bzw. der
kinetischen Energie beim Nulldurchgang zusammen
zu 1.) Energiesatz und Impulssatz hier:
1
1
1
m1 v12 = m1 (v10 )2 + m2 (v20 )2
2
2
2
(12.1)
m1 v1 = m1 v10 + m2 v20
(12.2)
Durch Elimination von v20 bzw. von
zu 2.) Impulssatz mit
und daraus
v10
=
v20
m2
m1
ergeben sich
m2
v1 − v10
=
m1
v1 + v10
(12.3)
v1 + v10 = v20
(12.4)
m1 v1 = (m1 + m2 )v10
(12.5)
v1
m2
= 0 −1
m1
v1
(12.6)
zu 3.) Bei einem (Schwere)Pendel der Länge l, das um den Winkel φ0 ausgelenkt ist, ist die
dabei erreichte Höhe über der Ruhelage
(12.7)
h1 = l(1 − cos φ0 )
Daraus ergibt sich mit dem Energiesatz hier: Potentielle Energie in ruhendem ausgelenktem
Pendel = kinetischer Energie beim Durchgang durch Ruhelage
1
m1 · g · h1 = m1 · v12
2
(12.8)
die Geschwindigkeit beim Ruhelagedurchgang zu (beachte das richtige Vorzeichen bei der Wurzel):
p
v1 = −sign(φ0 ) 2gl(1 − cos φ0 )
(12.9)
Die Geschwindigkeit v10 nach dem Stoÿ der beiden Pendelmassen lässt sich aus dem erreichten
Auslenkungswinkel φ1 berechnen zu (wieder mit dem richtigen Vorzeichen bei der Wurzel)
p
v10 = sign(φ1 ) 2gl(1 − cos φ1 )
(12.10)
Für kleine Winkel φ ergibt sich cos(φ) zu
1
cos(φ) ≈ 1 − φ2
2
(12.11)
Damit werden (12.9) und (12.10) handlicher:
v1 = −φ0
Lösungsblatt vom 6. 11. 2007
4
p
(12.12)
gl
c 2007-2008
University of Ulm, W. v. Soden
Lösungsblatt 03
5
Mechanik WS 2007-2008
v10 = φ1
(12.13)
p
gl
(12.13) gibt nun umgekehrt den Auslenkungswinkel bei vorgegebener Anfangsgeschwindigkeit:
v0
ψ1 = √2
gl
(12.14)
m2
Damit können die Frage nach dem Massenverhältnis m
und der Auslenkung ψ1 des am Anfang
1
sich in Ruhe bendenden Pendels beantwortet werden.
Im elastischen Fall wird (12.3) mit (12.12) und (12.13) zu
φ1
φ0
φ1
φ0
(12.15)
ψ1
φ1
=
−1
φ0
φ0
(12.16)
m2
φ0
=− −1
m1
φ1
(12.17)
1+
m2
=
m1
1−
und aus (12.4) und (12.14) ergibt sich
Im plastischen Fall wird (12.5) zu
Das Ergebnis für die jeweiligen Fälle ist in folgender Tabelle zusammengefasst:
m2
m1
ψ1
φ0
m2
m1
-1 -0,99 -0,2 -0,01 0 0,01 0,2 0,99 1
elastisch 0 0,005 23
0,98 1 1,02 1,5 200 ∞
elastisch -2 -1,99 -1,2 -1,01 -1 -0,99 -0,8 -0,01 0
4
99 ∞
plastisch 0 0,01
φ1
φ0
=
Positive φ1 kommen im plastischen Fall nicht vor.
13 Mechanische Arbeit (2P)
Die mechanische Arbeit an der Masse m berechnet sich entweder aus den Energien E2 nach
und E1 vor der Einwirkung der Kraft oder aus dem Kraft-Weg-Integral
Z
s2
W = E2 − E1 =
s1
F (s) · ds
(13.1)
Die Anfangsenergie sei E1 = 0, die Endenergie E2 = 21 mve2 . Die Krafteinwirkung soll immer
gleichlang ∆t sein, die Endgeschwindigkeit ve ebenfalls: die Impulsänderung durch die Kraftstöÿe soll also für alle diese gleich sein (dafür wäre die Forderung nach gleichlanger Krafteinwirkung
aber nicht erforderlich - diese benötigt man zum Vergleich der Krafteinwirkungsstrecken)
Z
∆t
0
F (t) · dt = m · ve
(13.2)
Die Kraft soll zeitlich dreierlei verschiedene Verläufe haben:
1. konstant während der Zeit ∆t, also
F1 (t) = F10 = konstant
Lösungsblatt vom 6. 11. 2007
5
c 2007-2008
(13.3)
University of Ulm, W. v. Soden
Lösungsblatt 03
6
Mechanik WS 2007-2008
Aus (13.2) folgt damit
∆t
Z
0
F10 · dt = F10 · ∆t = m · ve
(13.4)
e
und somit F10 = m·v
∆t .
Die konstante Kraft F10 bedeutet konstante Beschleunigung a1 = Fm10 , die Geschwindigkeit
10
nimmt linear mit der Zeit zu v1 = Fm10 · t und der Weg quadratisch s1 = F2m
· t2 . Der
F10
ve
2
Gesamtweg während der Beschleunigung ist also s1g = 2m · (∆t) = 2 · ∆t
Die Arbeit ergibt sich zu
Z
W1 =
0
s1g
F10 ds1 =
ds1
F10
dt =
dt
∆t
Z
0
Durch Einsetzen von F10 =
m·ve
∆t
Z
∆t
0
F10 v1 dt =
Z
∆t
0
2
F10
F2
tdt = 10 (∆t)2 (13.5)
m
2m
erhält man für die Arbeit W =
m
2
· ve2
2. linear in der Zeit abfallend, also z.B.
F2 (t) = F20 (1 −
t
)
∆t
(13.6)
Den Anfangswert F20 erhält man wieder aus dem Zeitintegral
∆t
Z
F20 (1 −
0
∆t
t
) · dt = F20 ·
= m · ve
∆t
2
(13.7)
e
zu F20 = 2F10 = 2 m·v
∆t .
t
Das gleiche Vorgehen wie oben liefert a2 = Fm20 (1 − ∆t
), die Geschwindigkeit hängt qua2
F20
1 t
t3
dratisch von der Zeit ab v2 = m · (t − 2 ∆t ) und der Weg kubisch s2 = Fm20 · ( 12 t2 − 16 ∆t
).
20
Der Gesamtweg während der Beschleunigung ist also s2g = F3m
· (∆t)2 = 2v3e · ∆t
Für die Arbeit ergibt sich analog
Z
s1g
W2 =
0
Z
=
0
∆t
Z
∆t
t
)v2 dt
∆t
0
2
F20
t
1 t2
F2
(1 −
)(t −
)dt = 20 (∆t)2
m
∆t
2 ∆t
8m
F2 (s)ds2 =
(13.8)
F20 (1 −
e
Durch Einsetzen von F20 = 2 m·v
∆t erhält man für die Arbeit wieder W =
(13.9)
m
2
· ve2 .
3. quadratisch in der Zeit abfallend, also z.B.
F3 (t) = F30 (1 −
t 2
)
∆t
(13.10)
Den Anfangswert F30 erhält man wieder aus dem Zeitintegral
Z
∆t
F30 (1 −
0
t 2
∆t
) · dt = F30 ·
= m · ve
∆t
3
(13.11)
e
zu F30 = 3F10 = 3 m·v
∆t .
t 2
t2
t3
Die Beschleunigung ist hier a3 = Fm30 (1− ∆t
) , die Geschwindigkeit v3 = Fm30 (t− ∆t
+ 3(∆t)
2)
F30 t2
t3
t4
und der Ort s3 = m ( 2 − 3∆t + 12(∆t)2 ), jeweils in Abhängigkeit von der Zeit. Der Gesamt-
weg während der Beschleunigung ist also s3g =
Lösungsblatt vom 6. 11. 2007
6
F30 (δt)2
m ( 2
−
(∆t)3
3∆t
c 2007-2008
+
(∆t)4
)
12(∆t)2
=
F30 (∆t)2
m
4
University of Ulm, W. v. Soden
=
Lösungsblatt 03
3ve ∆t
4
7
Mechanik WS 2007-2008
und die Arbeit ergibt sich zu
Z
s3g
W3 =
0
Z
∆t
=
0
Z
=
0
∆t
Z
∆t
t 2
) v3 dt
∆t
0
2
F30
t 2
t2
t3
)d t
(1 −
) (t −
+
m
∆t
∆t 3(∆t)2
F3 (s3 )ds =
(13.12)
F30 (1 −
(13.13)
2
2
F30
3t2
10t3
15t4
t5
F30
(t −
+
−
+
)
d
t
=
(∆t)2 (13.14)
m
∆t 3(∆t)2 3(∆t)3 3(∆t)4
18m
e
Durch Einsetzen von F30 = 3 m·v
∆t erhält man für die Arbeit wieder W =
m
2
· ve2 .
Dass bei allen möglichen - nicht nur bei den hier behandelten - Kraftstöÿen, die dieselbe Impulsänderung bewirken, dieselbe Arbeit geleistet wird (Masse sei konstant), kann leicht nachgewiesen werden. Eine Kraft F wirke eine Zeit ∆t ein, dadurch habe sich die Geschwindigkeit
um ∆v geändert und der Ort um ∆s. Dann ergibt das Zeitintegral darüber die Impulsänderung
∆v
dv
m dt =
m · a(t)dt =
mdv = m∆v
F (t)dt =
∆p =
dt
0
0
0
0
und das Wegintegral liefert die dazugehörige Änderung der kinetischen Energie
Z
∆t
Z
Z
∆t
Z
∆t
dv(t) ds(t)
m · a(s)ds =
m·
dt
dt dt
0
0
0
Z ∆t
Z ∆v
Z ∆t
m d(v 2 )
m
m
dv
v dt =
·
dt =
d(v 2 ) = (∆v)2
=
m·
dt
2
dt
2
2
0
0
0
Z
W
∆t
=
∆s
F ds =
Z
∆s
Z
(13.15)
(13.16)
(13.17)
Der Strecke, entlang der ein Kraftstoÿ einwirkt, kann trotz gleicher Impulsänderung verschieden
sein. Dies hängt vom zeitlichen Kraftverlauf ab: in den Beispielen oben bewirkten gröÿere aber
danach abfallende Anfangskräfte schon schnell gröÿere Geschwindigkeiten und somit gröÿere
Strecken als eine gleichbleibende Kraft.
14 Ballistisches Pendel (3P)
Die mit der unbekannten Geschwindigkeit v iegende Pistolenkugel mk = 5·10−4 kg stöÿt vollkommen plastisch mit dem Holzstück mH = 0,75kg zusammen, das sich vor der Stoÿ in Ruhe
befand und an einer Schnur der Länge l = 1,2 m aufgehängt ist. Dieses Holzstück bewegt sich
nun mit der Kugel zusammen mit der Geschwindigkeit v 0
(14.1)
mk · v = (mH + mk ) · v 0
Die maximale horizontale Auslenkung des Pendels ist d = 0,029 m. Daraus ist die maximale
vertikale Auslenkung h berechenbar zu
d
d2
h = l 1 − cos arcsin
≈
l
2l
(14.2)
Am oberen Umkehrpunkt des Pendels ist dessen Potentielle Energie gleich der Gesamtenergie, wohingegen beim Nulldurchgang das Pendel nur kinetische Energie besitzt. Damit ist die
maximale vertikale Auslenkung des Pendels mit dessen Anfangsgeschwindigkeit verknüpft:
(mH + mk ) · g · h =
Lösungsblatt vom 6. 11. 2007
7
mH + mk
· (v 0 )2
2
c 2007-2008
(14.3)
University of Ulm, W. v. Soden
Lösungsblatt 03
8
Mechanik WS 2007-2008
Aus (14.1) bis (14.3) ergibt sich die Geschwindigkeit der Kugel zu:
mH + mk
·
v =
mk
s
d
2gl 1 − cos arcsin
l
(14.4)
Der relative Verlust an Bewegungsenergie beim plastischen Stoÿ ergibt sich zu
∆E
mH + mk (v 0 )2
v0
mk · v 2 − (mH + mk ) · (v 0 )2
mk
=
1
−
=
1
−
=
=1−
2
2
E
mk · v
mk
v
v
mH + mk
(14.5)
Der Kraftstoÿ in der Pistole auf die Kugel gibt dieser deren Anfangsimpuls und soll ∆t = 0,8s
währen. Über den zeitlichen Verlauf der Kraft während des Kraftstoÿes ist keine Aussage gemacht, deswegen wird sie hier als zeitlich konstant F (t) = F0 angesehen (sicher unrealistischerweise). Damit ergibt sich
Z
∆t
0
F (t)dt = F0 ∆t = mk v
und somit
F0 =
mk
mH + mk
v=
·
∆t
∆t
(14.6)
s
d
2gl 1 − cos arcsin
l
(14.7)
Die geleistete Arbeit ist die kinetische Energie der Kugel, also
mk 2
d
Wk = Ek =
v = (mH + mk ) · gl 1 − cos arcsin
2
l
(14.8)
Für konstante Kraft F0 während der Einwirkungszeit ∆t ergab sich in (13.5)
Wk =
F02
(∆t)2
2mk
(14.9)
Hier nun (14.7) eingesetzt ergibt (14.8), wie erwartet.
Nun die Zahlenwerte der Ergebnisse:
• Steighöhe des Pendels: h = 3,5 · 10−4 m
• Maximalgeschwindigkeit des Klotzes (samt Kugel) v 0 = 0,083 ms
• Geschwindigkeit der Kugel v = 116 ms
• Die Kraft auf die Kugel ergibt bei ∆t1 = 0,8s F0 = 0,0725 N, ein sehr kleiner Wert.
Bei richtigerem Wert ∆t2 = 0,8ms ergibt sich F0 = 72,5N. Bei ∆t1 = 0,8 ergibt sich ein
Beschleunigungsweg von s=46m, ein unsinniger Wert. Bei ∆t2 = 0,8ms ist der Beschleu-
nigungsweg 4,6 cm, was etwa 1/3 des Pistolenlaufes ist, also nicht ganz unvernünftig.
• Die Arbeit durch die Beschleunigungskraft beträgt W ≈ 3,4J.
Lösungsblatt vom 6. 11. 2007
8
c 2007-2008
University of Ulm, W. v. Soden