EXPERIMENTALPHYSIK I 3. Übungsblatt VII. Arbeit und kinetische

EXPERIMENTALPHYSIK I
3. Übungsblatt
VII. Arbeit und kinetische Energie
Die Arbeit W, die eine konstante Kraft F an einem Körper verrichtet, ist als das Produkt aus
dieser Kraft und der Verschiebung des Angriffspunktes der Kraft definiert
W = F ⋅ cos(Θ) ⋅ ∆x = Fx ⋅ ∆x .
Betrachten Sie dazu die folgende Abbildung.
r
F
Θ
∆x
r
Die Arbeit ist eine skalare Größe, die einen positiven Wert annimmt, wenn F und ∆x in
dieselbe Richtung zeigen, und einen negativen, wenn sie entgegengesetzte Richtungen haben.
Die SI-Einheit der Arbeit ist das Joule (1 J = 1 Nm). Die Arbeit, die von einer
veränderlichen Kraft Fx an einem Massenpunkt verrichtet wird, der sich von x1 nach x2
bewegt, ist gegeben durch das Integral
x
2
W = ∫ Fx ⋅ dx .
x
1
Die kinetische Energie eines Massenpunktes ist durch die folgende Beziehung gegeben
1
E
= ⋅ m ⋅ v2 .
kin 2
Auch sie ist eine skalare Größe, die von der Geschwindigkeit und der Masse des
Massenpunktes abhängt. Die gesamte an einem Massenpunkt verrichtete Arbeit entspricht der
Änderung der kinetischen Energie des Massenpunktes, d.h es gilt
1
Wges = ∆E
= ⋅ m ⋅ (v e2 − v a2 ) .
kin 2
Zur Bearbeitung der folgenden Aufgaben benötigen Sie nur Ihre Vorlesungsmitschrift
________________________________________________________________________
Aufgaben
a) Eine Kiste der Masse 4 kg werde aus der Ruheposition heraus von einer aufwärts
gerichteten Kraft von 60 N eine Strecke von 3 m nach oben gezogen. Bestimmen Sie i) die
von der eingesetzten Kraft verrichtete Arbeit, ii) die von der Gravitation verrichtete Arbeit
und iii) die Endgeschwindigkeit der Kiste.
b) Ein Körper der Masse 4 kg sei auf einem reibungsfreien Tisch mit einer horizontal
liegenden Feder verbunden, die dem Hookeschen Gesetz gehorcht und eine Kraft F = -k⋅x
ausübt. Der Ort x werde von der Gleichgewichtslage aus gemessen, die Federkonstante sei k
= 400 N/m. Die Feder werde bis x1 = -5 cm gestaucht. Bestimmen Sie i) die Arbeit, die die
Feder an dem Körper verrichtet, während sich dieser von x1 = -5 cm bis zur
Gleichgewichtslage x2 = 0 cm bewegt, und ii) die Geschwindigkeit des Körpers bei x2 = 0 cm.
c) Eine Kraft Fx ändere sich mit x, wie in der folgenden Abbildung gezeigt. Bestimmen Sie
die Arbeit, die diese Kraft an einem Teilchen verrichtet, wenn sich das Teilchen von x = 0 m
bis x = 6 m bewegt.
Fx/N
5
x/m
4
6
d) Die Kraft aus der obigen Abbildung sei die einzige Kraft, die auf ein Teilchen der Masse 3
kg wirkt. Wenn das Teilchen bei x = 0 m aus der Ruhelage heraus startet, wie schnell bewegt
es sich dann bei x = 6 m?
e) Eine Masse bewege sich in einem Kraftfeld
r r r  a ⋅ x ⋅ y
 .
F = F( r ) = 
b ⋅ y 
Berechnen Sie für jeden der gezeichneten Wege (untere Abbildung) die Arbeit W die
P1 = (0,0) tr zum
erforderlich
ist,
um
die
Masse
vom
Ausgangspunkt
Endpunkt P2 = (x 2 , y 2 ) tr zu bringen.
(a = 0,5 N/cm2, b = 1 N/cm, x2 = 10 cm, y2 = 6 cm, Gleichung für Weg 3: y = 0,6⋅x,
Gleichung für Weg 4: y = c⋅x2, mit c = 0,06 cm-1)
y
2
2
P2
3
1
4
P1
1
VIII. Transferaufgaben - Klausurvorbereitung I
x
Zur Bearbeitung der folgenden Aufgaben benötigen Sie nur Ihre Vorlesungsmitschrift
________________________________________________________________
Aufgabe
r
r
a) Gegeben sind zwei zweidimensionale Kraftfelder F1 und F2
r − 3⋅ y − 8 r
 − 3 ⋅ x ⋅ y + 8
 , F = 
 .
F1 = 
2
 − 3 ⋅ x + 9
− 3⋅ x + 9 
r
i) Um welche Art von Kraftfeld handelt es sich bei F1 ? Zeigen Sie die Richtigkeit Ihrer
Aussage rechnerisch; gehen Sie dabei auf zwei voneinander verschiedenen Wegen vor!
r
ii) Um welche Art von Kraftfeld handelt es sich bei F2 ? Zeigen Sie auch hier die Richtigkeit
Ihrer Aussage rechnerisch; gehen Sie dabei wieder auf zwei voneinander verschiedenen
Wegen vor!
5. Übung - Musterlösungen
a,i) Die eingesetzte Kraft wirkt in Bewegungsrichtung und ist während des Hebevorganges
konstant. Es gilt also W = F ⋅ cos(0 o ) ⋅ ∆x = 60 ⋅ 1 ⋅ 3N ⋅ m = 180J , d.h. die eingesetzte Kraft
verrichtet eine positive Arbeit von 180 J.
ii) Die Gravitationskraft wirkt entgegen der Bewegungsrichtung, daraus folgt Θ = 180° und
cos(Θ) = -1, die von der Gravitationskraft geleistete Arbeit ist also negativ, und es gilt
kg ⋅ m ⋅ m
W = F ⋅ cos(180 o ) ⋅ ∆x = − m ⋅ g ⋅ ∆x = −4 ⋅ 9,81 ⋅ 3
= −117,72J .
G
G
s2
Die gesamte an der Kiste verrichtete Arbeit ist also Wges = W + WG = (180 - 117,72) J =
62,28 J.
iii) Zur Berechnung der Endgeschwindigkeit benutzt man die Beziehung
2 ⋅ Wges
1
Wges = ∆E
= ⋅ m ⋅ v e2 − v a2 ⇒ v =
+ va2 .
kin 2
e
m
Da die Kiste aus der Ruheposition heraus gehoben wurde, gilt für die
Anfangsgeschwindigkeit va = 0. Für die Endgeschwindigkeit, die die Kiste nach 3 m besitzt,
ergibt sich damit
2 ⋅ 62,28 kg ⋅ m 2
m
ve =
= 5,58 .
4
s
kg ⋅ s 2
b,i) Die Arbeit, die von der Feder an dem Körper geleistet wird, ist durch die folgende
Integralbeziehung gegeben
x =0cm
x
x =0cm
x 22
x12
2
2
x2 2
W = ∫ Fx ⋅ dx = −k ⋅
= −k ⋅
+k⋅
= 0,5J .
∫ x ⋅ dx = − k ⋅
2
2
2
x
x
5cm
=
−
1
x =−5cm
1
1
Die Feder leistet eine Arbeit von 0,5 J an dem Körper; damit beträgt die Änderung der
kinetischen Energie des an der Feder befestigten Körpers 0,5 J.
ii) Damit ergibt sich die Geschwindigkeit des Körpers bei x = 0 cm zu
2 ⋅ Wges
m
2 ⋅ 0,5 m2
v =
=
= 0,5 .
e
s
m
4 s2
Bei Erreichen der Gleichgewichtslage x = 0 cm hat der Körper eine Geschwindigkeit von 0,5
m/s.
c) Für die Arbeit, die durch die Kraft Fx (vergleichen Sie mit dem Diagramm auf dem
Aufgabenblatt) verrichtet wird, gilt die folgende Integralbeziehung
x =4m
x =6m
W = ∫ Fx,1 ⋅ dx + ∫ Fx,2 ⋅ dx ,
x =0m
x =4m
dabei ist Fx,1 = k = 5 N = konst. und Fx,2 = (-2,5⋅x + 15) N. Es ergibt sich also
x =6m
x =4m
x =6m
x =6m
x2
x =4m
x =6m
W = k ⋅ ∫ dx − 2,5 ⋅ ∫ x ⋅ dx + 15 ⋅ ∫ dx = k ⋅ x x =0m − 2,5 ⋅
+ 15 ⋅ x x =4m
2
x =0m
x =4m
x =4m
x =4m
16
36
=  5 ⋅ 4 − 0 − 2,5 ⋅ + 2,5 ⋅ + 15 ⋅ 6 − 15 ⋅ 4  N ⋅ m = 25J
2
2


(
)
An einem Teilchen, das dieser Kraft unterworfen wird, wird also eine Arbeit von 25 J
verrichtet.
d) Für den ersten Wegabschnitt (x = 0 m bis x = 4 m) ergab sich in Aufgabe (c)
x =4m
2⋅W
m
W = ∆E
= 3,65 .
= k ∫ dx = 20J ⇒ v e =
kin
m
s
x =0m
Bei x = 4 m hat das Teilchen also eine Geschwindigkeit von 3,65 m/s. Für den zweiten
Wegabschnitt (x = 4 m bis x = 6 m) ergab sich
x =6m
2⋅W
10
m
m
W = ∆E
= ∫ (−2,5 ⋅ x + 15) ⋅ dx = 5J ⇒ v e =
+ v a2 =
+ 3,65 2
= 4,08
kin x =4m
m
3
s
s
.
Bei x = 6 m hat das Teilchen eine Geschwindigkeit von 4,08 m/s.
e) In dieser Aufgabe ist ein zweidimensionales Kraftfeld gegeben, daher muß die
Integralbeziehung der Arbeit auf zwei Dimensionen erweitert werden
r  Fx 
r r
r  dx 
W = ∫ F ⋅ d s , mit F =   und d s =   ergibt sich W = ∫ Fx ⋅ dx + ∫ Fy ⋅ dy .
Weg
Weg
Weg
 dy 
 Fy 
Setzt man das gegebene Kraftfeld ein, so erhält man W =
∫ a ⋅ y ⋅ x ⋅ dx + ∫ b ⋅ y ⋅ dy .
Weg
Weg
Weg 1:
6cm
y=6cm
x =10cm
y2
W = a ⋅ y y = 0cm ⋅
= 18N ⋅ cm = 0,18N ⋅ m = 0,18J
∫ x ⋅ dx + b ⋅ ∫ y ⋅ dy = 0 + b ⋅
2
y=0cm
x =0cm
0cm
Weg 2:
6cm
10cm
y=6cm
x =10cm
y2
x2
W = b ⋅ ∫ y ⋅ dy + a ⋅ y y = 6cm ⋅
+ a ⋅ y y=6cm ⋅
= 0,18J + 1,5J = 1,68J
∫ x ⋅ dx = b ⋅
2
2
y=0cm
x =0cm
0cm
0cm
Weg 3: y = 0,6 ⋅ x ⇒
r  0,6 ⋅ a ⋅ x 2 
dy
 und
= 0,6 ⇒ dy = 0,6 ⋅ dx , damit gilt nun F = 
 0,6 ⋅ b ⋅ x 
dx



r  dx
 :
d s = 
0,6
⋅
dx


10cm
10cm
x =10cm
x3
x2
2
W=
(a ⋅ 0,6 ⋅ x + 0,36 ⋅ b ⋅ x) ⋅ dx = a ⋅ 0,6 ⋅
+ 0,36 ⋅ b ⋅
∫
3
2
x =0cm
0cm
0cm
1000
100
= 0,5 ⋅ 0,6 ⋅
N ⋅ cm + 0,36 ⋅ 1 ⋅
N ⋅ cm = 1,18J
3
2
3
 0,06
r  cm ⋅ a ⋅ x 
dy 0,12
0,06 2
0,12
⋅x ⇒
=
⋅ x ⇒ dy =
⋅ x ⋅ dx , damit gilt nun F = 
Weg 4: y =

cm
cm
cm
dx
 0,06 ⋅ b ⋅ x 2 
 cm

dx

r 
 : W = x =10cm  0,06 ⋅ a ⋅ x3 + 0,0072 ⋅ b ⋅ x3  ⋅ dx = 0,93J
und d s =  0,12


∫

⋅ x ⋅ dx 
cm2
 cm

=
x
0cm

 cm
Transferaufgabe
Vorüberlegungen
Kräfte / Kraftfelder können konservativ oder nicht-konservativ sein. Ein Kraftfeld / eine
r
r
r
Kraft F heißt dann konservativ, wenn gilt F = −∇Φ (Φ ist dabei ein skalares Potential) oder
r r
∫ F ⋅ ds = 0 (S ist ein geschlossener Weg im Integrationsgebiet). Weiterhin gilt nach dem Satz
S
r r
r r
v
von Stokes für ein beliebiges dreidimensionales Vektorfeld A ∫∫ rot A ⋅ df =
∫ A ⋅ ds .
Σ
RandΣ
Dabei ist Σ eine beliebige zweidimensionale Fläche und RandΣ der sie begrenzende Rand
(vergleichen Sie mit der folgenden Abbildung). Dieses Integral kann nur dann Null werden,
r
r r
wenn der Integrand Null ist, d.h. wen gilt rot A = 0. Gilt also ∫ F ⋅ ds = 0, dann folgt
S
r r
r
∫∫ rot F ⋅ df = 0 und daraus folgt rot F = 0. Mit anderen Worten läßt sich also sagen:
Σ
Verschwindet die Rotation eines Kraftfeldes / einer Kraft, dann ist dieses / diese konservativ.
y
Σ
r
df
RandΣ
z
r
ds
x
Lösung
i) Bei diesem Kraftfeld kann es sich entweder um ein konservatives oder um ein
r
nichtkonservatives Kraftfeld handeln. Annahme: Bei dem Kraftfeld F1 handelt es sich um ein
konservatives Kraftfeld, dann muß gelten
r
r
α) F1 = −grad Φ(x, y) = −∇ ⋅ Φ(x, y) , dabei ist Φ ein skalares Potential,
r
r
β) ∫ F1 ⋅ d s = 0 , S ist ein geschlossener Weg im Integrationsgebiet,
S
r
r r
γ) rot F1 = ∇ ⊗ F1 = 0 , dies folgt mit Hilfe des Satzes von Stokes aus der Aussage (β).
∂ 
 Fx 
Φ(x, y) = − ∫ Fx ⋅ dx = (1)
 ∂x 


α)   = −
Φ(x,
y)
⋅
⇒
Φ(x, y) = − F ⋅ dy = (2) , und damit folgt
∫ y

 ∂ ∂y 
 Fy 


2

(1) Φ(x, y) = 3 ⋅ x ⋅ y + 8 ⋅ x + a1 + a 2 ⋅ y + a 3 ⋅ y + ...
⇒ Φ(x, y) = 3 ⋅ x ⋅ y − 9 ⋅ y + 8 ⋅ x + c.
⇒
(2) Φ(x, y) = 3 ⋅ x ⋅ y − 9 ⋅ y + b + b ⋅ x + b ⋅ x 2 + ...
1
2
3

(a1 + b1 = c, a2 = -9, b2 = 8, der Rest der Koeffizienten ist Null)
r
r
r
Damit ist gezeigt, daß F1 konservativ ist. Somit gilt nun auch (β, γ) ∫ F1 ⋅ d s = 0 . Da S beliebig
S
wählbar sein muß, gelte S = (x = 0, y = 0) → (1,0) → (1,1) → (0,1) → (0,0) . Mit diesem
gewählten Weg ergibt sich
1
1
1
r
r 1
∫ F1 ⋅ d s = ∫ Fx y=0 ⋅ dx + ∫ Fy x =1 ⋅ dy − ∫ Fx y=1 ⋅ dx − ∫ Fy x =0 ⋅ dy =
0
0
0
0
S
8
6
11
9
0,
=− + + − =
∂ 
 ∂ {0} − ∂ {− 3 ⋅ x + 9}

∂z
 ∂x   − 3 ⋅ y − 8   ∂y

r
r r 

 


rot F1 = ∇ ⊗ F1 =  ∂ ∂y  ⊗  − 3 ⋅ x + 9  =  ∂ ∂z {− 3 ⋅ y − 8} − ∂ ∂x {0}
 = 0.




  ∂ {− 3 ⋅ x + 9} − ∂ {− 3 ⋅ y − 8}
∂   0
∂y
 ∂z 
 ∂x

Was zu zeigen war.
∂ 
Φ(x, y) = − ∫ Fx ⋅ dx = (1)
 Fx 
 ∂x 


ii) α)   = −
⋅
⇒
Φ(x,
y)
Φ(x, y) = − F ⋅ dy = (2) , und damit folgt
∫ y

 ∂ ∂y 
 Fy 


3 2
2

(1) Φ(x, y) = 2 ⋅ x ⋅ y − 8 ⋅ x + a1 + a 2 ⋅ y + a 3 ⋅ y + ...
⇒
(2) Φ(x, y) = 3 ⋅ x ⋅ y − 9 ⋅ y + b + b ⋅ x + b ⋅ x 2 + ...
1
2
3

2
Da in (2) kein Term der Form c⋅x ⋅y vorkommt, gibt es kein Φ(x,y), mit dem
r
r
r
sich F2 = −∇Φ(x, y) ergeben würde. Damit ist gezeigt, daß F2 nicht-konservativ ist. Somit gilt
r
r r
r
nun auch (β, γ) ∫ F2 ⋅ dsr ≠ 0 , bzw. rot F2 = ∇ ⊗ F2 ≠ 0 . Da S wieder beliebig wählbar sein
S
muß, gelte wie in Teil (i) S = (x = 0, y = 0) → (1,0) → (1,1) → (0,1) → (0,0). Mit diesem
gewählten Weg ergibt sich
1
1
1
r
r 1
∫ F2 ⋅ d s = ∫ Fx y=0 ⋅ dx + ∫ Fy x =1 ⋅ dy − ∫ Fx y=1 ⋅ dx − ∫ Fy x =0 ⋅ dy =
0
0
0
S
0
1


x2 
3
3
= 8 + 6 − − 3⋅
− 8 − 9 = −3 + = − ≠ 0,

2 
2
2

0

∂ 
 ∂ {0} − ∂ {− 3 ⋅ x + 9}

∂z
 ∂x   − 3 ⋅ x ⋅ y + 8   ∂y

r
r r
 
∂  

rot F2 = ∇ ⊗ F2 =  ∂y  ⊗  − 3 ⋅ x + 9  =  ∂ ∂z {− 3 ⋅ x ⋅ y + 8} − ∂ ∂x {0}
=
 

 
  ∂ {− 3 ⋅ x + 9} − ∂ {− 3 ⋅ x ⋅ y + 8}
∂   0
∂y
 ∂z 
 ∂x


0


= 0
 ≠ 0.
− 3 + 3⋅ x


Was zu zeigen war.