Lösung 1 - nano

Lösung Klausur
Physik I für Chemiker,
WiSe 2017/2018
I. Theorieteil
T1
a) Zur Zeit t wird ein Paket der Masse dm mit der Geschwindigkeit aus der Rakete ausgestoÿen.
Newton's zweites Gesetz lässt sich schreiben als
dp
= F ⇒ p(t + t) − p(t) = F dt = −Av 2 dt
dt
Der Impuls des Systems aus Rakete und Treibsto bevor und nachdem der Treibsto ausgestoÿen wurde ist
p(t) = (M + dm)v
p(t + dt) = M (v + dv) + dm(v + dv − u)
Wir behalten nur die Terme der ersten Ordnung und erhalten
M dv − um = −Av 2 dt
dv
= γu − Av 2
⇒M
dt
oder
(MR + Mf − γt)
v
= γu − Av 2
dt
Dabei wurde γ für dt/dm eingesetzt
b) Damit die Rakete bei konstanter Geschwindigkeit bleibt, muss dv/dt gleich null sein. Also
γu = Av02
c) Wenn die Rakete kein Treibsto mehr hat, hat sie die Masse MR und keinen Schub mehr.
Somit wird die Gleichung in Teil a) zu
MR
dv
= −Av 2
dt
Diese Dierentialgleichung ist separabel und kann Integriert werden
Z t
dv
A
=−
dt
2
v
M
R
v0
0
1
1
A
⇒
−
=
t
v(t) v0
MR
v0
⇒v(t) =
0
1 + Av
MR t
Z
v(t)
1
Physik I für Chemiker,
WiSe 2017/2018
Lösung Klausur
T2
Für die kinetische Energie gilt allgemein
1
p2
T = mv 2 =
2
2m
Betrachte die kinetische Energie der einzelnen Massen vor der Kollision. Es gilt:
1
(2p)2
p2
2p2
Ti1 = m1 v12 = 1 =
=
2
2m1
2m
m
und
1
p2
p2
p2
Ti2 = m2 v22 = 2 =
=
2
2m2
2 · (2m)
4m
Für die gesamte kinetische Energie vor der Kollision gilt also
Ti = Ti1 + Ti2 =
9p2
4m
Für die kinetische Energie nah der Kollision ergibt sich analog:
Tf1 =
p2
(2p)2
p2
, Tf2 =
=
2m
2 · (2m)
m
Also insgesamt
Tf = Tf1 + Tf2 =
3p2
2m
Der Verlust der kinetischen Energie ergibt sich nun aus der Dierenz der beiden, also
∆T = Tf − Ti = −
3p2
4m
T3
Wir suchen die Bewegungsgleichung für das gesamte System, welches sich aus den Massen
mb und mw zusammensetzt. Die Gesamtmasse des System ist damit folglich m = mb + mw .
Betrachten wir zunächst die Kraft die auf die Massen wirken einzeln. Für mw gilt:
F = mw · g
und auf mb
F = µmb g
Die Kraft die folglich auf das Gesamtsystem mit der Masse m wirkt ist
ma = g(mw − µmb ) ⇔ a =
g(mw − µmb )
g(mw − µmb )
⇔a=
·g
m
mw + mb
2
Lösung Klausur
Physik I für Chemiker,
WiSe 2017/2018
T4
a) Da keine dissipativen Kräfte wirken, ist die Energie des Systems erhalten. Man kann also
die Energieerhaltung zum Lösen der Aufgabe ausnutzen. Es gilt also:
1
Ti = 2 · mv 2 = mv 2
2
Aus der Energieerhaltung und dem Hook'schen Gesetz folgt nun
1
mv = k∆x2 ⇔ ∆x =
2
r
2
2v 2 k
=
m
r
2m
·v
k
b) Man setzte das Resultat aus a) ein und erhält
r
Fmax = −k∆x = −k ·
√
2m
· v = − 2mk · v
k
T5
Eine Kombination aus mindestens einer losen und einer festen Rolle wird Flaschenzug genannt.
Die nötige Zugkraft an einem Flaschenzug ergibt sich aus der Anzahl der Seilstücke, auf die
sich die zu hebende Last verteilt. Als tragendes Seilstück wird dabei jedes Seilstück angesehen,
das zwischen einer festen und einer losen Rolle verläuft. Bei n tragenden Seilstücken ergibt sich
die resultierende Kraft aus
1
·F
n
In diesem Fall hier, ist die wirkende Kraft F = M g . Da es drei tragende Seilstücke gibt, folgt
Fres =
für die resultierende Kraft
1
Mg
Fres = F =
3
3
T6
Vertikal: Da sich der Block nicht nach oben oder unten bewegen soll gilt
m1 g = N cos θ
Horizontal: Es gilt N =
m1 g
cos θ
m1 a = N sin θ
⇒a = g tan θ
− N2 MR + F − N sin θ = m2 a
N2 = N cos θ + m2 g
⇒ F = m2 a + N sin θ + N2 µK
= m2 g tan θ + N sin θ + (N cos θ + m2 g)µK
= m2 g(µK + tan θ) + N (sin θ + µK cos θ)
= m2 g(µK + tan θ) + m1 g(µK + tan θ)
= (m1 + m2 )g(muK + tan θ)
3
Lösung Klausur
Physik I für Chemiker,
WiSe 2017/2018
R1
a) Wellenlänge λ = 2 m
Periodendauer T = 0, 4 s
Ausbreitungsgeschwindigkeit v =
Amplitude=0,1m
λ
T
= 5m/s
b) y = A sin(kx − ωt)
c)
dy
= −Aω cos(kx − ωt)
dt
⇒vmax = Aω = 1, 57m/s
R2
a)
1
1
Ki = Iω 2 = M R2
2
2
2π
T
= 33000J
b)
L = Iω = 6300
kgm2
s
c)
0 = ω0 −
⇒τ =
τt
I
ω0 I
t
Es gilt auÿerdem τ = µK F R
2π
M R2
ω0 I
ω0 I
⇒
= µK F R ⇒ F =
= T
t
tµK R
tµK R
4
Lösung Klausur
Physik I für Chemiker,
WiSe 2017/2018
d)
τ=
ω0 I
=
t
2π
2
T MR
t
= 630Nm
e) W = ∆KE = −33000J
R3
a) Für die Lösung dieser Aufgabe kann die Kontinuitätsgleichung verwendet werden, also
A1 v 1 = A2 v 2
Dann berechnet man die Fläche am Rohranfang, also A1 = πr12 = π(0.01m)2 .
Analog berechnet man die Fläche an der Engstelle, also A2 = πr22 = π(0.0075m)2 .
Der Volumendurchsatz im Rohr ist demnach
dV
90L
90 × 10−3 m3
=
=
dt
1 · min
60s
Es gilt:
dV = v1 A1 dt ⇔ v1 =
90 × 10−3 m3
1
m
dV
⇒ v1 =
·
⇒ v1 = 4.77
2
A1 dt
60s
π(0.01m)
s
Für die Geschwindigkeit an der Engstelle gilt
A1 v 1 = A2 v 2 ⇒ v 2 =
A1 v 1
π(0.01m)2 · 4.77m/s
m
=
= 8.48
2
A2
π(0.0075m)
s
b) Für die Lösung dieser Aufgabe kann die Bernoulli-Gleichung verwendet werden. Diese
lautet hier:
1
1
1
p1 + ρv12 = p2 + ρv22 ⇔ p2 = p1 + (ρv12 − ρv22 )
2
2
2
Der Druck am Beginn der Röhre berechnet sich zu p1 = 3bar = 3 · 105 P a.
Damit folgt:
p2 = 275421.25P a
R4
Emech = Ki + Vi = Kf + Vf
1
Φ + Φ = Φ − mg(H + ∆s) + K∆s2
2
Fmax
F = 5N = K∆s ⇒ ∆s =
K
1
Fmax 2
Fmax
Φ = −mg H +
+ K
k
2
k
1 2
= −mhHK − mgFmax + Fmax
⇒
2
5
K=−
2
Fmax 1 Fmax
+
= 2, 9N/m
H
2 mgH
Physik I für Chemiker,
WiSe 2017/2018
Lösung Klausur
R5
a)
1
h = gt2
2
s
t=
2h
= 10, 1S
g
b)
tan Φ =
v0 t
1 2
2 gt
=
2v0
= 1, 11
gt
⇒Φ = 0, 84
c)
v=
=
q
q
2 + v2
v⊥
h
(gt2 ) + v02 = 113m/s
R6
a) n0 ist die externe Kraft in x-Richtung ⇒ p~i = p~f
2(m1 + m2 ) = −2m1 + v2f m2
4m1 + 2m2
v2f =
= 3m/s
m2
b)
1
1
1
1
2
2
K∆x2 = ∆K = Kf − Ki = m2 v2f
+ m1 v1f
− (m1 + m2 )vi2
2
2
2
2
= 0, 02m
6