Übungen zur Physik I PHY 111, HS 2016

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1 Übungen zur Physik I PHY, HS 6 Serie 6 Abgabe: Dienstag, 8. November Translationsenergie translational energy Trägheitsmoment moment of inertia Massenmittelpunkt center of gravity (COG) Rotationsenergie rotational energy Winkelgeschwindigkeit angular velocity Massenverteilung mass distribution Allgemeine Fragen. Diskutiere die Definition der beiden Begriffe elastischer und inelastischer Stoss und nenne je zwei Beispiele dafür. Wohin geht die Energie im inelastischen Fall? Antwort: Elastische Stösse: Änderung der inneren Energie U. Die gesamte kinetische Energie bleibt erhalten, wobei sich die kinetische Energie jedes einzelnen Teilchens im Allgemeinen ändert! Inelastische Stösse: Änderung der inneren Energie U. Die gesamte kinetische Energie nach dem Stoss ist kleiner als vorher. Ein Teil der kinetischen Energie ist in innere Energie (z.b. Wärme, Deformation) umgewandelt worden. Beispiele für elastische Stösse: Billardkugelstoss; Münze, die flach über den Tisch gleitet und gegen eine andere stösst. Beispiele für inelastische Stösse: Auffahrunfall zweier Autos; Abprallen eines (realen) Balls vom Boden; Elektron und Atom stossen zusammen, das Atom wird dabei angeregt, bevor die beiden Stosspartner sich auseinanderbewegen. Beim Auffahrunfall wird die Energie zur plastischen Verformung der beteiligten Autos verwendet, sowie über Wärme in innere Energie in Form von Temperaturerhöhung überführt. Beim Abprallen eines Balls treten ebenfalls diese beiden Energieformen auf; etwa bei einem Basketball kann die maximale Verformung zusätzlich als Amplitude einer Verformungsschwingung gesehen werden, die in Form von Pendelbewegungen auch zeitlich veränderliche, kinetische Energie speichern kann. Beim Stoss von Elektron und Atom wird die Energie in Form der Erhöhung des Quantenenergiezustands der Elektronenhülle des beteiligten Atoms gespeichert.. Aus welchen Anteilen setzt sich die kinetische Energie einer rollenden Masse zusammen? Antwort: Die totale kinetische Energie einer rollenden Masse setzt sich aus der Translationsenergie und der Rotationsenergie der Masse zusammen. E kin E kin,trans + E kin,rot m v + J ω 3. Wie kommt eine Eisläuferin bei der Pirouette auf hohe Geschwindigkeiten? Ändert sich dabei ihr Trägheitsmoment? Antwort: Eine Eisläuferin, die eine Pirouette macht, kann ihr Trägheitsmoment J ändern indem sie die Geometrie ihres Körpers verändert, z.b. durch Ausstrecken oder Einziehen ihrer Arme. Erhalten bleibt dabei ihr Drehimpuls L J ω, da keine externen Momente wirken. Ausstrecken der Arme erhöht, Einziehen erniedrigt das Trägheitsmoment und damit wird sich die Winkelgeschwindikeit ω der Drehbewegung entsprechend verkleinert respektive vergrössert. Will die Eisläuferin also ihre Winkelgeschwindigkeit erhöhen, muss sie ihr Trägheitsmoment verkleinern (Einziehen der Arme). Da der Drehimpuls erhalten bleibt, die Winkelgeschwindigkeit sich jedoch erhöht, wird sich die Rotationsenergie E kin,rot L ω der Eisläuferin ebenfalls

2 erhöhen. Mathematisch kann man dies so formulieren (Index /Index steht für vorher/nachher): J > J und L L (.) J ω J ω (.) ω < ω (.3) J ω < J ω (.4) L ω < L ω (.5) E kin,rot, < E kin,rot, (.6) Den Unterschied in der Rotationsenergie muss die Eisläuferin also durch ihre Muskelkraft aufbringen. Dies bedeutet, dass durch chemische Prozesse frei gewordene Energie (gespeichert in ihren Muskeln) in Rotationsenergie umgewandelt wird. 4. Erläutere die Energieerhaltung, unter Vernachlässigung der Reibung, am Beispiel des Jojo. Antwort: Betrachtet man das Ab- und wieder Aufrollen einen Jojos, dann kann man diesen physikalischen Vorgang in fünf energetische Situtation unterteilen. (Der Nullpunkt der potentiellen Energie ist hier als das untere Ende der ausgerollten Schnur gewählt.) () Das Jojo ruht in der Hand (nur potentielle Energie) () Das Jojo wird nach unten ausgerollt durch die Schwungbewegung der Hand erhält das Jojo bereits Anfangsgeschwindigkeit unabhängig von der Erdbeschleunigung (potentielle Energie + kinetische Energie, sowohl der Translations- als auch der Rotationsbewegung). Auf dem Weg nach unten wird potentielle Energie in zusätzliche kinetische Energie umgewandelt. (3) Das Jojo rotiert um seine eigene Achse am unteren Ende der Schnur (nur kinetische Energie der Rotationsbewegung) (4) Das Jojo wird wieder aufgerollt (potentielle Energie + kinetische Energie, sowohl der Translationsals auch der Rotationsbewegung). Auf dem Weg nach oben wird kinetische Energie wieder in potentielle Energie umgewandelt. (5) Das Jojo ruht wieder in der Hand (nur potentielle Energie). Da das Jojo zu Beginn mit einer Anfangsgeschwindigkeit nach unten gestartet ist, wird im idealen reibungsfreien Fall diese in entgegengesetzter Richtung noch vorhanden sein bei der Ankunft in der Hand. Deshalb muss die Hand Kraft aufwenden um das Jojo zu bremsen. 5. Eine Kugel, ein Zylinder und ein Ring besitzen denselben Durchmesser und dieselbe Masse. Welches der drei Objekte rollt am schnellsten eine schräge Ebene hinab? Antwort: Gefragt ist welcher der drei Körper seine zu anfangs gegebene Energie (potentielle Energie) in die grösste Endgeschwindigkeit umsetzen kann. Intuitiv kann man sich vorstellen, dass der Körper mit dem geringsten Trägheitsmoment die grösste Winkelgeschwindigkeit erreichen wird. Die jeweiligen Trägheitsmomente bezüglich der Körperdrehachse sind: I Kugel 5 MR (.7) I Zylinder MR (.8) I Ring MR (.9)

3 Bei den betrachteten geometrischen Körpern, Kugel, Zylinder und Ring, ist das Trägheitsmoment proportional zu ihrer Masse und dem Quadrat ihres Radius, wenn sie um ihre Symmetrieachse rotieren. Da Masse und Radius bei allen gleich sein sollen, unterscheiden sich ihre Trägheitsmomente nur durch einen geometrischen Faktor A. Dieser Faktor gibt an wie die Masse eines Körpers innerhalb seiner Ausmasse (Vorsicht, nicht seines Volumens!) um seine Rotationsachse verteilt ist. Man kann sich intuitiv veranschaulichen, dass ein Körper dessen Masse näher an der Achse lokalisiert ist ein geringeres Trägheitsmoment aufweist, als ein Körper bei dem die gleiche Masse weiter entfernt von der Rotationsachse lokalisiert ist (siehe Eisläuferin). Folglich wird für den Ring eine grössere Rotationsenergie notwendig sein um ihn auf dieselbe Winkelgeschwindigkeit zu bekommen wie die Kugel. Mathematisch lässt sich dies wie folgt beschreiben: E kin E kin,trans + E kin,rot m v + A m R ω (.) m v + ( A m v ) R (.) R m v + A m v ( + A) m v (.) E const. (.3) In den hier betrachteten Beispielen finden wir A Kugel 5, A Zylinder und A Ring. Da die Gesamtenergie konstant sein muss und daher v grösser ist je kleiner A ist, wird die Kugel am schnellsten die schräge Ebene hinabrollen und der Ring am langsamsten. Aufgaben Massenmittelpunkt [P] Eine zylindrische Dose mit Masse M und Höhe H, die zunächst mit einer Flüssigkeit der Masse m vollständig aufgefüllt ist, wird langsantleert. Die Dose steht auf einem ihrer Böden. (a) [P] Wie verändert sich der Massenmittelpunkt der Dose als Funktion des Flüssigkeitsstandes x? (b) [P] Bis zu welcher Höhe muss die Dose gefüllt sein, damit sie so stabil wie möglich steht? Tipp: ein Objekt ist am stabilsten, wenn sein Schwerpunkt so nahe am Boden ist wie nur möglich. Lösung (a) Der Massenmittelpunkt x M ergibt sich als gewichtetes Mittel der Massenmittelpunkte der noch enthaltenen Flüssigkeit und der Dose. Aufgrund der Achsensymmetrie wird der Massenmittelpunkt stets auf der Dosenachse liegen. Wir nehmen an, dass sowohl Dose als auch Flüssigkeit eine homogene Massenverteilung aufweisen. Der Dosenmassenmittelpunkt liegt dann in der Mitte der Dose, ebenso wie der Flüssigkeitsmassenmittelpunkt in der Mitte der Flüssigkeit liegt. Die Höhenkoordinate des Massenmittelpunktes ergibt sich dann zu: ( x M M H ) (.) M + x H ( m HM HM + xm H + + x H m x xm HM + xm x ) (.) H M + x m HM + xm. (.3) 3

4 Man sieht, dass bei x und x H der Schwerpunkt x M gerade auf der Hälfte der Dosenhöhe liegt (wie nicht anders erwartet). (b) Am stabilsten ist der Zustand wenn der totale Massenmittelpunkt am Tiefsten ist; der zugehörige Füllstand sei mit x stab bezeichnet. Es gilt dann: ( d dx x M )(x x stab ) m m. Berechnen wir zuerst allgemein die Ableitung: d dx x M xm(hm + xm) (H M + x m)m (HM + xm) (.4) MmH + MmHx + x (HM + xm). (.5) Wir müssen also die Gleichung x +MmHx MmH erfüllen. Als Lösung ergibt sich (die negative Lösung ist physikalisch irrelevant): x stab MmH + ( ) (MmH) + 4 MmH (.6) MH + H M + Mm (.7) m M(M + m) M H. (.8) m Baseball-Basketball [P] Ein kleiner Baseball der Masse m befindet sich über einem grösseren Basketball der Masse M. Beide werden gleichzeitig aus der Höhe H losgelassen. Der Radius und Abstand der beiden Bälle sei klein gegenüber der Höhe H. Der Basketball wird am Boden elastisch reflektiert und stösst mit dem Baseball zusammen. (a) [P] Welches Massenverhältnis m : M bewirkt, dass der Basketball nach delastischen Stoss mit dem Baseball seine gesamte kinetische Energie überträgt? (b) [P] Welche Höhe erreicht der Baseball dann? Lösung Exkurs: Zunächst leiten wir nochmal ganz allgemein die Gleichungen für die Geschwindigkeiten eines eindimensionalen, elastischen Stosses her. Dazu seien m und < die Massen der beteiligten Stosspartner, sowie deren Geschwindigkeiten vor dem Stoss v,v, v,v und nach dem Stoss v,n, v,n bezüglich eines vorgegebenen, kartesischen t, x-koordinatensystems gegeben. Wir berechnen die Massenmittelpunktsgeschwindigkeit bezüglich dieser Koordinaten: v s m v,v + v,v. (.) m + m + 4

5 Die Massenmittelpunktsgeschwindigkeit ändert sich zwischen vor und nach dem Stoss nicht, da Impulserhaltung gelten soll. Nun gilt in der klassischen Mechanik: man darf per konstanter Drehung, konstanter Verschiebung oder Verschiebung mit gleichmässiger Geschwindigkeit in ein neues Koordinatensystem wechseln, ohne dass sich die Form der physikalischen Gleichungen ändert. Wir wechseln nun in ein neues Koordinatensystem, bezüglich dem die Massenmittelpunktsgeschwindigkeit ṽ s m s sein wird. Dazu setzen wir: t t, x x v s t. (.) In den neuen Koordinaten gilt: ṽ,v v,v v s, ṽ,v v,v v s, ṽ s v s v s m s. Damit ist in den neuen Koordinaten der Gesamtimpuls: p m ṽ,v + ṽ,v m v,v m v s + v,v v s m v,v + v,v (m + )v s (.3) ( ) m m v,v + v,v (m + ) v,v + v,v kg m. (.4) m + m + s In den neuen Koordinaten gilt ebenfalls Energie- und Impulserhaltung für elastische Stösse, also kg m p m ṽ,v + ṽ,v m ṽ,n + ṽ,n, s (.5) m ṽ,v + ṽ,v m ṽ,n + ṽ,n. (.6) Wir sehen aus der ersten Gleichungen (.5): ṽ,v m ṽ,v, ṽ,n m ṽ,n und setzen dies in die Energiegleichung (.6) ein: m ṽ,v + ( m ṽ,v ) m ṽ,n + ( m ṽ,n ) (.7) ṽ,v + m ṽ,v ṽ,n + m ṽ,n (.8) ṽ,v ṽ,n. (.9) Da wir wissen, dass sich beim Stoss die Geschwindigkeiten ändern ist nur eine der beiden Lösungen relevant: ṽ,n ṽ,v ; analog folgt ṽ,n ṽ,v. Nun wechselt man von den t, x-koordinaten in die Ausgangs-t, x-koordinaten zurück und erhält: ( ) m v,n v s + ṽ,n v s ṽ,v v s (v,v v s ) v s v,v v,v + v,v v,v, (.) m + m + ( ) m v,n v s + ṽ,n v s ṽ,v v s (v,v v s ) v s v,v v,v + v,v v,v. (.) m + m + (a) Wir bezeichnen mit v base,v, v basket,v, v base,n, v basket,n die Geschwindigkeiten von Base- und Basketball unmittelbar vor und nach dem Zusammenstoss. Wir betrachten E kin,m,n J Mv basket,n, also v basket,n m s. Da man die Ball-Radien und den Ball-Abstand gegen die Fallhöhe H vernachlässigen kann ist zum Zeitpunkt des Zusammenstosses von Base- und Basketball im Wesentlichen die kinetische Energie gegeben durch: mv base,v mgh, (.) Mv basket,v MgH. (.3) Deshalb kann man auch v s schreiben und muss nicht zwischen v s,v und v s,n unterscheiden. 5

6 Weil der Basketball schon nach dem Aufprall auf dem Boden seine Richtung gewechselt hat, folgt daraus: v basket,v gh v base,v. (.4) Wir verwenden nun eine der vorrangig hergeleiteten Formeln und erhalten: ( m v basket,n m + M v base,v + M m + M v basket,v ( m m + M + M m + M m s ) v basket,v (.5) ) v basket,v v basket,v (.6) M 3m m + M v basket,v. (.7) Daraus folgt M 3m kg, also gilt für das Massenverhältnis: M : m 3 :. (b) Der Baseball trägt nach dem Stoss die gesamte kinetische Energie, die sich mit v base,v v basket,v und M 3m wie folgt berechnet: E mv base,v + Mv basket,v (m + 3m)v base,v 4 mv base,v. (.8) Nun setzen wir die Ausdrücke für die potentielle Energie vor dem Fallenlassen und bei erreichen der maximalen Baseballhöhe h ein: Der kleine Baseball springt also auf die vierfache Ausgangshöhe! E 4 mv base,v (.9) mgh 4mgH (.) h 4H. (.) 3 Elastische und inelastische Stösse am H-Atom [3P] (a) [P] Ein Elektron kollidiert elastisch mit einem zu Beginn ruhenden Wasserstoffatom der Masse M. Welcher Prozentsatz der kinetischen Anfangsenergie des Elektrons wird in kinetische Energie des H-Atoms übertragen? Es sei die Masse des H-Atoms 84 mal die des Elektrons. (b) [P] Das ruhende H-Atom der Masse M soll durch einen vollkommen inelastischen Stoss (stossendes Elektron bleibt im Atom stecken ) aus seinem Grundzustand in ein um W höheres Energieniveau gebracht werden. Welche Geschwindigkeit v muss das stossende Elektron vor dem Stoss besitzen und mit welcher Geschwindigkeit fliegt das Atom davon? Lösung (a) Wir verwenden die bereits hergeleiteten Formeln für den elastischen Stoss mit den Indizes e für das Elektron und H für das Wasserstoffatom: ( ) m H v e,n v e,v + v H,v v e,v, (3.) + m H + m H ( ) m H v H,n v e,v + v H,v v H,v. (3.) + m H + m H Daraus ergibt sich mit v H,v m s und m H 84 : v H,n v e,v v e,v + m H v e,v. (3.3) 6

7 Vergleicht man die kinetische Energie E kin,e des Elektrons mit der kinetischen Energie des H-Atoms nach dem Stoss E kin,h, erhält man: E kin,h E kin,e m HvH,n ve,v 84 ( 84) v e,v v e,v (3.4) (3.5).7 3. (3.6) Es werden nur.7% der kinetischen Energie des Elektrons in kinetische Energie des Wasserstoffatoms übertragen. Das Elektron fliegt beilastischen Stoss mit dem schweren Atom also fast mit gleicher Geschwindigkeit wieder in die entgegengesetzte Richtung (Reflektion). (b) Wir verwenden die Variablen, m H, sowie v für die Geschwindigkeit des stossenden Teilchens vor dem Stoss und v für die Geschwindigkeit nach dem Stoss. Das Atom wird aus dem Grundzustand um die Energie W in ein höheres Energieniveau gebracht. Impulserhaltung und (modifizierte) Energieerhaltung lauten dann Daraus ergibt sich (m H 84 ): v ( + m H )v, (3.7) v ( + m H )v + W. (3.8) v e ( + m H ) v + W (3.9) W v ( W ( + m H ).7 ) (3.) +m H (3.) m H 84 W (3.) 84 W, (3.3) und in Gleichung (3.7) eingesetzt (zum Vereinfachen verwende Gl. (3.) für v ): v v (3.4) + m H W ( + m H ) + m H m H (3.5) ( + m H )m H W (3.6) W (3.7) 84 v. (3.8) 7

8 W Man sieht, dass das Elektron mit einer Anfangsgeschwindigkeit v unterwegs sein muss, um das Atom auf das neue Energieniveau zu bringen. Das Atom fliegt nach dem Stoss dann ungefähr mit dem Verhältnis der Massen davon. 4 Gyrobus [P] Ein Gyrobus (siehe auch Wikipedia Gyrobus) bezieht seine Energie aus einem homogenen Schwungrad (Reifenförmig, Masse m, Innenradius R, Aussenradius R ), das an den Endstationen aufgeladen wird, d.h. in schnelle Rotation versetzt wird. Als Zahlenbeispiel nehmen wir: Umdrehungszahl des Rades beim Start n 3 min, m. t, R.3 m und R.5 m. Die Gesamtmasse des Buses einschliesslich Rad und Passagiere soll 5. t betragen. (a) [P] Berechnen Sie zuerst das Trägheitsmoment des Schwungrades und vergleichen Sie Ihr Ergebnis mit der tabellierten Formel für einen Hohlzylinder. Berechnen Sie damit die Rotationsenergie des Schwungrades. (b) [.5P] Wie lange kann der Bus mit einer mittleren Leistung L kw fahren, bis das Schwungrad nur noch mit der halben Winkelgeschwindigkeit rotiert. (c) [.5P] Welche maximale Höhendifferenz könnte der Bus theoretisch überwinden (ohne Reibung) bis das Schwungrad zum Stillstand gekommen ist? Lösung (a) Wir berechnen das Trägheitsmoment des Kreisringes bezüglich der Rotationsachse x wie folgt (ρ ist die konstante Dichte und D die Dicke des Schwungrades): J x R R r dm (4.) R R r ρ dv (4.) R R r ρ πrd dr (4.3) R ρ πd r 3 dr (4.4) R ρ πd r4 R 4 (4.5) R ( ) R 4 ρ πd 4 R4 (4.6) 4 ρ πd (R R )(R + R ) (4.7) (R + R ) (4.8) 97 kg. (4.9) 8

9 Bei der letzten Umformung der Gleichung wurde verwendet, dass ρ Dπ(R R) ρv m ist. Mit ω πf π 3 6 Hz 34 s und der Formel für die Rotationsenergie ergibt sich: E kin,rot J x ω 97 kg m (34.6 s ) J. (4.) (b) Sei ñ die Enddrehzahl des Schwungrades und L kw: ñ n 5 min (4.) ω ω 57.8 s (4.) Ẽkin,rot J x ω.43 7 J (4.3) t E kin,rot L L E kin,rot t E kin,rot Ẽkin,rot L (4.4) 3645 s h (4.5) (c) Die Höhe kann man mit Hilfe der Energieerhaltung berechnen: E kin,rot E pot (4.6) M Bus g h (4.7) h E kin,rot M Bus g (4.8) 98 m. (4.9) 5 Käfer und Scheibe [3P] Ein kleiner Käfer der Masse M befindet sich am Rande einer homogenen dünnen Scheibe mit Radius R und Masse M, die sich frei um ihre Mitte drehen kann. (a) [P] Berechnen Sie das Trägheitsmoment der Scheibe (ohne Käfer!) bezüglich ihrer Mittelachse. (b) [P] Die Scheibe und der kleine Käfer rotieren anfangs mit ω. Der Käfer krabbelt nun zum Zentrum der Scheibe und bleibt bei r R/ stehen. Wie ändert sich die Winkelgeschwindigkeit des Käfer-Scheiben- Systems? (c) [P] Wie gross ist das Verhältnis der Rotationsenergien zwischen vorher und nachher? Was verursacht die Änderung der Rotationsenergie? 9

10 Lösung (a) Trägheitsmoment einer dünnen Scheibe bezüglich der Drehachse z (D sei die Dicke der Scheibe): J z R R R ρ πd r dm (5.) r ρ dv (5.) r ρ πrd dr (5.3) R ρ πd r4 4 ρ πd R4 R r 3 dr (5.4) (5.5) (5.6) mr (5.7) MR. (5.8) (b) Das Trägheitsmoment eines Massepunktes (Käfer) ist gegeben durch: J K M R. Für das Trägheitsmoment des Gesamtsystems folgt dann: J i J i J z + J K 5 M R + M R 6 M R. (5.9) Wenn sich der Käfer in seiner neuen Position bei R Für das Trägheitsmoment des Gesamtsystems folgt dann: befindet ist sein Trägheitsmoment gegeben durch: J K M R 4. (5.) J J z + J K 5 M R + M R 4 4 M R. (5.) Trägheitsmoment und Umdrehungszahl des Gesamtsystem haben sich geändert nachdem der Käfer nach innen gelaufen ist, erhalten bleibt jedoch der Gesamtdrehimpuls des Systems L: L L (5.) J ω J ω (5.3) 6 M R ω 4 M R ω (5.4) 6 ω 4 ω (5.5) ω 4 ω 8 7 ω. (5.6) Die Scheibe dreht also schneller (wie auch die Eiskunstläuferin die ihre Arme zum Körper zieht).

11 (c) Die Rotationsenergie vorher und nachher sind: E kin,rot Jω (5.7) Ẽ kin,rot J ω 7 ( ) 8 8 J 7 ω (5.8) E kin,rot Ẽ kin,rot Jω 7 8 J ( 8 7 ω ) Jω 7 8 J ( ) 8 7 ω 7 8 ( 8 7 ) 7 8 (5.9) Die Zunahme an kinetischer Rotationsenergie des Gesamtsystems resultiert aus der Zentripetalkraft die der Käfer, entlang seines Weges, überwinden muss um nach innen zu gelangen E F d x. Dazu wird wie bei der Eiskunstläuferin (allgemeine Frage) Energie in seinen Muskeln umgewandelt. Diese wird zunächst für die Haftreibungskraft benötigt, die der Käfer bereits aufbringen muss um überhaupt an der Scheibe haften zu bleiben, und die er schliesslich vergrössern muss, um sich nach innen zu bewegen. 3. Oktober 6