EXPERIMENTALPHYSIK I

EXPERIMENTALPHYSIK I - 2. Übungsblatt
III. Kräfte als Ursache der Bewegung - Dynamik
Alle Probleme der klassischen Mechanik lassen sich mit Hilfe von drei einfachen Gesetzen,
den Newtonschen Gesetzen, beschreiben. Die Newtonschen Axiome verbinden die Kräfte,
die auf einen Körper wirken, mit der Masse des Körpers und seiner Beschleunigung.Die
Newtonschen Axiome lauten:
1. Trägheitsprinzip: Ein Körper bleibt in Ruhe oder bewegt sich geradlinig gleichförmig,
wenn keine resultierende äußere Kraft auf ihn einwirkt,
r
r
F = ∑F = 0.
i i
2. Aktionsprinzip: Die Beschleunigung eines Körpers ist umgekehrt proportional zu seiner
Masse und direkt proportional zur resultierenden Kraft,
r
r
F = m⋅a
3. Reaktionsprinzip: Kräfte treten immer paarweise auf. Wirkt ein Körper A eine Kraft auf
einen anderen Körper B aus, so wirkt eine gleichgroße, aber entgegengesetzt gerichtete Kraft
vom Körper B auf Körper A.
In der Mechanik begegnen uns verschiedene Kräftetypen. Einige, die für die Bearbeitung der
Aufgaben wichtig sind, sollen hier angege-ben werden.
r
i) Gewichtskraft: Die Gewichtskraft G ergibt sich aus dem 2. Newtonschen Axiom, wenn
r
r
man als Beschleunigung die Erdbeschleunigung einsetzt: G = m ⋅ g . Sie wird durch die
Gravitation hervorgerufen und charakterisiert die Schwere eines Körpers (g = 9,81 N/kg =
9,81 m/s2).
ii) Federkraft : Die Federkraft, die eine ausgelenkte Feder ausübt, wird durch das Hookesche
Gesetz gegeben. In einer Dimension lautet es Fx = -k⋅Δx; k wird als Federkonstante
bezeichnet. Das Hookesche Gesetz verliert seine Gültigkeit, wenn Δx so groß wird, daß die
Feder irreversibel verformt wird.
iii) Normalkraft: Liegt ein Körper auf einer Fläche, einer Tischplatte z.B., so übt er auf diese
Fläche eine Kraft aus, die normal, d.h. senkrecht zur Auflagefläche steht und in Richtung
Auflagefläche zeigt. Ist die Auflagefläche horizontal zur Erdoberfläche, dann ist die
Normalkraft identisch mit der Gewichtskraft des Körpers.
iv) Zentripetalkraft: Bei einer gleichförmigen Kreisbewegung tritt eine Beschleunigung, die
Zentripetalbeschleunigung auf, die auf das Drehzentrum zeigt. Diese Beschleunigung führt
zur Zentripetalkraft, die in die selbe Richtung wie die Zentripetalbeschleunigung zeigt.
v) Reibungskräfte: Wichtige Reibkräfte sind die Gleit- und die Haftreibung. Sie sind
beide proportional zur Normalkraft, mit der der Körper auf die Auflagefläche wirkt. Die
Proportionalitätskonstanten sind die Haftreibungszahl µH und die Gleitreibungszahl µG.
Es gilt also
r
r
FH ⎫⎪ ⎧⎪μ H ⋅ FN
r ⎬=⎨
r .
FG ⎪ ⎪μ G ⋅ FN
⎭ ⎩
Zur Bearbeitung der folgenden Aufgaben empfiehlt sich ein Studium der folgenden Literatur:
„Physik“ von H.J.Paus, Kapitel 3 und 4, (Seiten 23-38)
Carl Hanser Verlag, Wien – München, 1. Auflage
__________________________________________________________________________
Aufgaben
a) Eine Feder besitze eine Federkonstante von k = 300 N/m. Ein Körper mit einer Masse von
4 kg hänge an der Feder, ohne sich zu bewegen. Bestimmen Sie die Auslenkung der Feder.
b) Bestimmen Sie die Beschleunigung eines Körpers der Masse m, der eine schiefe Ebene
reibungsfrei hinabgleitet, die um den Winkel Θ gegen die Horizontale geneigt ist.
r
r
c) Ein Bild wiege 8 N und sei an zwei Drähten mit den Zugkräften Z1 und Z 2 aufgehängt, wie
in der Skizze angedeutet. Bestimmen Sie die Zugkräfte in den Drähten.
60°
r
Z2
30°
r
Z1
d) Ein Ball der Masse m hänge an einem Seil der Länge l und bewege sich mit konstanter
Geschwindigkeit v auf einer horizontalen Kreisbahn mit dem Radius r. Das Seil habe einen
Winkel Θ zur Vertikalen, der sich aus sin(Θ) = r/l ergibt (vergleichen Sie mit der folgenden
Skizze). Bestimmen Sie die Zugkraft im Seil und die Geschwindigkeit des Balles.
l
Θ
r
Z
r
r
r
r
m⋅g
v
e) Ein Mann stehe auf einer Waage, die am Boden eines Fahrstuhles befestigt ist. Was zeigt
die Waage an, wenn der Fahrstuhl i) nach oben und ii) nach unten beschleunigt wird?
f) Ein Wagen fahre mit 30 m/s eine horizontale Straße entlang. Die Reibungszahlen zwischen
der Straße und den Reifen seien µH = 0,5 und µG = 0,3. Wie weit fährt der Wagen noch, wenn
er so stark abgebremst wird, daß i) die Reifen sich gerade noch drehen und ii) die Räder
blockieren?
IV. Transferaufgabe - Klausurvorbereitung I
Zur Bearbeitung der folgenden Aufgaben benötigen Sie nur Ihre Vorlesungsmitschrift und
Ihre Übungsunterlagen.
__________________________________________________________________________
Ein Wagen fährt reibungsfrei vom Punkt A aus durch den Looping mit dem Radius r bis zum Punkt B. Dort hebt er zum Zeitpunkt t = 0 von
der Sprungschanze
a)
r
relativ zur x-Achse, Winkel α) ab und fällt in ein Tal der Tiefe T = 4r
2
Berechnen Sie die Höhe h als Funktion von r, aus der der Wagen mindestens starten muss, damit er nicht aus dem Looping fällt.
(Höhe s =
b)
r
Leiten Sie die Geschwindigkeit v des Wagens im Punkt B her (als Funktion von r), wenn er exakt aus der in a) berechneten Höhe h
startet?
c)
r
Berechnen Sie die Bahnkurve ab Punkt B in den Darstellungen r (t)=
⎛⎜ x(t) ⎞⎟
⎝ y(t) ⎠
und y(x). (Die Ergebnisse sind Funktionen von r und α).
Benutzen Sie ab Teilaufgabe d) die Werte r = 1m und α = 30°.
d) Berechnen Sie die Flugweite W bis zum Aufschlag des Wagens im Tal, wenn dieser wiederum aus der in a) berechneten Höhe startet.
r
e) Berechnen Sie den Punkt P , an dem der Wagen während des Fluges seine maximale Höhe erreicht.
f) Berechnen Sie den Winkel β, unter dem der Wagen im Tal aufschlägt.
y
A
h
r
α
B
s
x
T
β
W
Musterlösungen
a) Nach dem Trägheitsprinzip (1. Newtonsches Axiom) gilt, daß ein Körper in Ruhe verbleibt
oder sich geradlinig gleichförmig bewegt, wenn keine resultierende äußere Kraft auf ihn
einwirkt, d.h. das die Summe aller Teilkräfte Null ist. Damit die Feder sich also nicht mehr
bewegt, muß die zur Erdoberfläche zeigende Gewichtskraft des Körpers genauso groß sein,
wie die entgegengesetzt wirkende Federkraft. Mit Hilfe des 1. Newtonschen Axioms ergibt
sich also
r
r
m ⋅ g 4 ⋅ 9,81 N ⋅ m
=
⋅
F = ∑ F = 0 = m ⋅ g − k ⋅ Δx ⇒ Δx =
= 0,131m = 13,1cm .
i
k
300
N
i
Unter Einwirkung der Schwerkraft wird eine Feder mit einer Federkonstante k = 300 N/m um
rund 13 cm ausgelenkt, wenn der Körper eine Masse von 4 kg besitzt (das entspricht einem
Gewicht von 39,24 N).
b) Um die Beschleunigung in Abhängigkeit vom Neigungswinkel der Ebene berechnen zu
können, muß bestimmt werden, wie groß die Hangabtriebskraft ist, die auf den Körper wirkt.
r
Mit Hilfe der Skizze ergibt sich, daß die Gewichtskraft FG gleich der Summe der
r
r
Normalkraft FN und der Hangabtriebskraft FA ist; es ergibt sich
r
r
r
r r
r
FN = FG ⋅ cos( Θ ) = m ⋅ g ⋅ cos( Θ ) ⋅ e N , FA = FG ⋅ sin( Θ ) = m ⋅ g ⋅ sin( Θ ) ⋅ e A
r
FN′
r
FA
r
FN
Θ
r
r
FG = m ⋅ g
Θ
(Skizze: Kräfte die auf einen Körper wirken, der reibungs frei auf einer schiefen Ebene nach
unten gleitet)
Die Normalkraft führt zu keiner Bewegung des Körpers, da dies durch die Ebene selbst
verhindert wird. Allerdings führt die Hangabtriebskraft zu einer Beschleunigung des Körpers
(nur sie ist für das Hinabgleiten des Körpers verantwortlich) und es gilt
r
r
r
r
r
FA = m ⋅ g ⋅ sin( Θ ) ⋅ e A = m ⋅ a( Θ ) ⋅ e A ⇒ a( Θ ) ⋅ e A = g ⋅ sin( Θ ) ⋅ e A .
Für die Spezialfälle Θ = 0° und Θ = 90° ergibt sich erwartungsgemäß a(0°) = 0 und a(90°) =
g.
c) Wie in Aufgabe (a), haben wir es auch hier mit einem „Gleichgewichtsproblem“ zu tun,
denn, damit sich das Bild nicht mehr bewegt, müssen die beiden Zugkräfte die Gewichtskraft
des Bildes von 8 N aufbringen. Es gilt also
⎛ F1,x ⎞ ⎛ F2,x ⎞ ⎛ 0 ⎞
r
r
r
r
r
⎟+⎜
⎟ +⎜ ⎟⋅N.
F = ∑ F = 0 = Z1 + Z 2 − FG = ⎜⎜
⎟
⎜
i
⎜ F1,y ⎟ ⎜ F2,y ⎟⎟ ⎜⎝ − 8 ⎟⎠
i
⎝
⎠ ⎝
⎠
r
r
⎛ − Z ⋅ cos(60 o ) ⎞ ⎛ Z ⋅ cos(30 o ) ⎞
⎜
⎟ ⎜ 1
⎟ ⎛ 0⎞ ⎛ 0⎞
2
⇒⎜ r
+⎜ r
⎟
⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ , vergleichen Sie dazu mit der folgenden
⎜ Z ⋅ sin(60 o ) ⎟ ⎜ Z ⋅ sin(30 o ) ⎟ ⎝ 8 ⎠ ⎝ 0 ⎠
⎝ 2
⎠ ⎝ 1
⎠
Skizze.
y
60°
30°
r
Z1
r
Z2
x
r
FG
(Skizze: Bildaufhängung)
r
r
r
r
r
cos(60 o ) r
o) + Z
Z1 ⋅ cos(30 o ) − Z 2 ⋅ cos(60 o ) = 0 ⇒ Z1 = Z 2 ⋅
,
Z
⋅
sin(30
⋅ sin(60 o ) = 8N
o
1
2
cos(30 )
r
⇒ Z2
r
r
⎛ cos(60o )
⎞
⋅ ⎜⎜
⋅ sin(30o ) + sin(60o ) ⎟⎟ = 8N ⇒ Z2 = 6,93N ⇒ Z1 = 4N
o
⎝ cos(30 )
⎠
r
r
d) Die Kräfte, die auf den Ball wirken, sind die Gewichtskraft FG = m ⋅ g , die vertikal nach
r
unten wirkt und die Zugkraft Z , die längs des Seiles in Richtung Aufhängepunkt wirkt. Da der
Ball eine gleichförmige Kreisbewegung ausführt, muß der Geschwindigkeitsvektor tangential
r
zur Bahn sein und es tritt eine Zentripetalbeschleunigung a Z auf, die zu einer
r2
r
r
v
r
Zentripetalkraft FZ führt, dabei gilt a Z = r ⇒ FZ = m ⋅
r
folgenden Skizze).
r2
v
r (vergleichen Sie mit der
r
l
Θ
r
Z
r
r
r
F
Z
r
v
r
F
G
Damit der Ball auf dieser Kreisbahn bleibt, muß die Vertikalkomponente der Zugkraft die
Gewichtskraft aufheben. Es gilt also folgende Betragsgleichung
r
Z ⋅ cos( Θ ) − m ⋅ g = 0 .
Die Horizontalkomponente der Zugkraft ist die für die Kreisbewegung verantwort-liche
Zentripetalkraft und es gilt die Betragsgleichung
r2
r
m⋅ v
r
Z ⋅ sin( Θ ) = m ⋅ a Z = r .
r
Setzen wir beide Gleichungen ineinander, so ergibt sich für die Geschwindigkeit
r2
r2
v
r
r
m ⋅ g ⋅ sin( Θ ) m ⋅ v
=
⇒ tg( Θ ) =
r
r ⇒ v = tg( Θ ) ⋅ g ⋅ r .
cos( Θ )
r
g⋅ r
r
m⋅g
Der Betrag der Zugkraft ergibt sich aus der ersten Betragsgleichung Z =
.
cos( Θ )
e) Ruht ein Körper der Masse m auf einer Oberfläche, so ist die Normalkraft, die er auf die
Oberfläche ausübt, gleich seiner Gewichtskraft. Dies gilt nicht mehr, wenn sich der Körper
zusammen mit der Oberfläche beschleunigt bewegt. Dieser Sachverhalt sollte mit dieser
Aufgabe illustriert werden. (i) Da der Mann relativ zum Fahrstuhl in Ruhe ist, wird er
ebenfalls nach oben beschleunigt. Die Kräfte, die auf den Mann wirken, sind zum einen die
r
nach oben gerichtete Kraft FN , die von der Waage ausgeht, und zum zweiten seine nach
r
r
r
unten gerichtete Gewichtskraft FG . Die resultierende Kraft FN + FG zeigt wie die
r
Beschleunigung a nach oben. Nach dem zweiten Newtonschen Axiom erhalten
r
r
r
r
′ , die der Mann auf
wir FN + FG = m ⋅ a oder betragsmäßig F = m ⋅ g + m ⋅ a . Die Kraft FN
N
r
die Waage ausübt, bestimmt die Anzeige der Waage. Da diese Kraft die Gegenkraft zu FN ist,
haben beide denselben Betrag. Wenn der Fahrstuhl also nach oben beschleunigt, ist die
scheinbare Gewichtskraft des Mannes um den Betrag m⋅a größer als seine wirkliche
Gewichtskraft.
(ii) In diesem Fall wird der Fahrstuhl (also auch der Mann) nach unten beschleunigt. Hier
r
r
muß also FN < FG gelten, damit die Beschleunigung nach unten zeigt. In diesem Fall gilt
also F = m ⋅ g − m ⋅ a . In diesem Fall ist also die scheinbare Gewichtskraft kleiner als die
N
tatsächliche. Wenn a = g ist, wenn sich der Fahrstuhl also im freien Fall befindet, scheint der
Mann schwerelos (Astronautentraining, mit Hilfe eines sich im Sturzflug befindenden
Flugzeuges).
f) Für den Fall (i), daß die Reifen sich gerade noch drehen, tritt Haftreibung auf, die zu einer
Haftreibungskraftführt. Es gilt also
m
m ⋅ a = −μ H ⋅ m ⋅ g ⇒ a = −μ H ⋅ g = −4,91 ,
s2
dabei ist m die Masse des Autos und a die Beschleunigung, die bei der Abbremsung des
Wagens auftritt. Mit v = a ⋅ t + v 0 ergibt sich die Zeit, nach der der Wagen zum Stillstand
v
1
kommt (v = 0) t = 0 = 6,1s , damit ergibt sich aus s = − a ⋅ t 2 + v 0 ⋅ t der resultierende
2
a
Bremsweg s = 91,6 m. Im Fall (ii) kommt der Wagen durch die auftretende Gleitreibung zu
Stehen (a = -µG⋅g). Mit Hilfe einer völlig analogen Rechnung ergibt sich t = 10,2 s und s =
152,9 m.
Transferaufgabe
a)
Damit der Looping gerade noch durchlaufen werden kann, muss die Zentripetalkraft mindestens so groß
sein wie die Gewichtskraft des Wagens
FZ > FG
mv 2top
r
=m⋅g
2
vtop
= gr
Die Gesamtenergie am Startpunkt A muss gleich der Gesamtenergie an der Spitze des Loopings sein:
Eges(A) = Eges (Loopmax)
m⋅g⋅h = m⋅g⋅2r +
h = 2r +
b)
v 2top
2g
m 2
⋅ v top
2
= 2r +
r 5
gr
= 2r +
= r
2g
2 2
Auch hier wird mit der Energieerhaltung argumentier:
m⋅g⋅h = m⋅g⋅s +
mg (h - s) =
mg
1
mv²
2
1
mv²
2
5
1
1
( r − r ) = mv²
2
2
2
mg⋅2r =
1
mv²
2
s=
1
r
2
1
v²
2
2gr =
v
2 gr = v = v
⎛ cos α ⎞
v ⎛ v cos α ⎞
⎟⎟
⎟⎟ = 2 gr ⎜⎜
v = ⎜⎜
⎝ sin α ⎠
⎝ v sin α ⎠
c)
x(t) = v x ⋅ t = 2 gr cos α ⋅ t
y(t) = -
1
1
1
gt² + vyt+yo = - gt²+2 gr sinα t+ r
2
2
2
⎛
⎞
2 gr cos α ⋅ t
v
⎜
⎟
r (t)= ⎜ 1
1 ⎟
⎜ − t ² + 2 gr sin α ⋅ t + r ⎟
2 ⎠
⎝ 2
t=
x
x(t)
=
vx
2 gr cos α
y=-
=-
d)
1
1
1
x²
x
1
gt²+2 gr sinα t+ r = - g
+ 2 gr sin α
+ r=
2 4gr cos ²α
2
2
2 gr cos α 2
x²
sin α
1
+
⋅ x + r = y(x)
8r cos ²α cos α
2
Berechnung aus y(x)
x(y = -4r)
y=-
1
sin α
1
x² +
⋅x + r
8r cos ²α
cos α
2
-4r = -
0=-
1
sin α
1
x² +
⋅x + r
8r cos ²α
2
cos α
1
sin α
9
x² +
⋅x + r
8r cos ²α
cos α
2
0 = x² -
8r cos ²α sin α
9
⋅x - 8r² cos²α
cos α
2
1
(8r cosα sinα +
2
1
cosα 4
2
1
4r ² sin ²α + 9r ² = 4r cosα sinα + 2 cosα r 4 sin ²α + 9 = 2r cosα (2sinα + 4 ⋅ + 9 ) =
4
⎛ 7,3r ⎞
⎟⎟
2rcosα(1+ 10 ) = 7,3 r ⇒ Antreffpunkt ⎜⎜
⎝ − 4r ⎠
x1,2 =
64r ² cos ²α sin ²α + 144r ² cos ²α ) = 4r cosα sinα +
Alternativ
d)
Berechnung aus y(t)
x(y=-4r)
-
1
1
gt² + 2 gr sin α⋅t + r = -4r
2
2
-
1
9
gt² + 2 gr sin α⋅t + r = 0
2
2
t² -
2 ⋅ 2 gr sin α
9⋅2
⋅t r=0
g
2g
r
r
sin α⋅t – 9 = 0
g
g
t² - 4
α = 30°; sin α = 0,5
4
t½ =
r
r
r
sin α ± 16 sin ²α + 36
g
g
g
1
r
r
=2
sin α + 2
⋅ 4 sin ²α + 9 =
2 g
2
g
2
=2
=
r 1
r ⎛1⎞
±
4⎜ ⎟ + 9 =
g 2
g ⎝ 2⎠
r
r
r
±
1+ 9 =
(1 ± 10 ) =
s
s
s
r
(1+3,16)
s
= 4,16
r
s
= − 2,16
x(t) = 2 gr cos α⋅4,16
e)
r
= 2r cos α⋅4,16 = 7,2r
s
y’(x) = 0
y’(x) = -2
1
sin α
x+
=0
8r cos ²α
cos α
=t
r
s
→ keinen Sinn
+
1
sin α
x=
4r cos ²α
cos α
x=
4r cos ²α sin α
= 4r cosα sinα
cos α
= 2 cosα⋅r = 1,73 r
(1,73)² sin α
1
sin α
1
1
⋅(1,73r)² +
⋅1.73 r + r = r (+
⋅ 1,73 + ) = r (8 cos ²α cos α
8r cos ²α
cos α
2
2
v ⎛1,73r ⎞
⎟⎟
0,4988 + 0,9988 + 0,5 = r
⇒ P = ⎜⎜
⎝ r ⎠
y (x= 1,73 r) = -
f)
Aufschlagpunkt
⎛ 7,3r ⎞
⎟⎟
⎜⎜
⎝ − 4r ⎠
⎛0⎞
⎟⎟
⎝ − 1⎠
Vektor nach unten : ⎜⎜
Tangente an Parabel bzw. Steigung der Parabel bei x = 7,3 r
y’(x) = -2
1
sin α
x+
8r cos ²α
cos α
y’(7,3 r) = -2
1
sin α − 2 ⋅ 7,3 sin α
⋅7,3 r +
=
+
= 1,86
8r cos ²α
cos α 8 ⋅ cos ²α cos α
⎛ 1 ⎞
⎟⎟
1
,
86
−
⎠
⎝
Vektor in Richtung der Tangenten ⎜⎜
Zwischenwinkel β:
⎛ 1 ⎞ ⎛0⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛0⎞
⎜
⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎟ ⎜ ⎟
⎜ − 1,86 ⎟ x ⎜ − 1⎟ = ⎜ 0 ⎟ = ⎜ 0 ⎟ =
⎜ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ − 1 + 0 ⎟ ⎜ − 1⎟
⎝
⎠ ⎝ ⎠ ⎝
⎠ ⎝ ⎠
1=
⎛ 1 ⎞ ⎛0⎞
v
⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ sin β ⋅ e Z
⎜⎜
⎝ − 1,86 ⎠ ⎝ − 1⎠
1 + (1,86)² ⋅ 1 ⋅ sin β
1
1 + (1,86)²
= sinβ =
1
= 0,47
2,11
⇒ β = 28,3°