Experimentalphysik 1
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- Caroline Egger
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1 Technische Universität München Fakultät für Physik Ferienkurs Experimentalphysik W 206/7 Übung 2 Ronja Berg (ronja.berg@ph.tum.de) Katharina cheidt (katharina.scheidt@tum.de) Inhaltsverzeichnis A. Übungsaufgaben A.. toßpendelkette A.2. Güterwaggon-Crash A.3. Personenimpulserhaltung A.4. Nicht-zentraler toß von Billiardkugeln A.5. Rangierender Waggon A.6. Ellipsoid-Präzession A.7. Kugelrennen und Rotation A.8. JoJo - Translation und Rotation A.9. Kreisbewegungen/Corioliskraft A. Übungsaufgaben A.. toßpendelkette An einer toßpendelkette sind 6 Kugeln gleicher Massen aufgehängt, so dass sie sich gerade berühren. Eine bestimmte Anzahl von Kugeln wird angehoben und losgelassen. Der erfolgende toß soll als elastisch, eindimensional und zentral genähert werden. Was passiert? Warum? Begründe anhand einer kleinen Rechnung.
2 Lösung Die selbe Anzahl von Kugeln entfernt sich auf der anderen eite der Kette mit der selben Geschwindigkeit wie die auftreffenden Kugeln. Beim Auftreffen haben alle n Kugeln die selbe Geschwindigkeit v. Nach Impulserhaltung gilt dann für die Geschwindigkeit v der weggestoßenen Kugeln nmv = n mv. Gleichzeitig gilt jedoch wegen der Energieerhaltung n m 2 v2 = n m 2 v 2. etzt man die Impuls- in die Energieerhaltung ein, z.b. n = n v v, so ergibt sich v = v. Mit der Impulserhaltung wiederum ist dann auch n = n. A.2. Güterwaggon-Crash An einer Bahnstrecke stößt ein leerer Güterwaggon mit einem identischen aber beladenen Güterwaggon zusammen. Der leere Waggon m l = 0 t hat eine Geschwindigkeit von v l = 4,4 km h und prallt auf den stehenden Waggon. Bei diesem Zusammenstoß koppeln die beiden Waggons zusammen und bewegen sich nach dem toß mit der Geschwindigkeit v = 2,52 km h. a) Um welche Art des toßprozesses handelt es sich hier? Berechne das Gewicht der Ladung des zweiten Waggons. b) Vergleiche die kinetische Energie vor dem toß mit der kinetischen Energie nachher. Erläutere das Ergebnis. Lösung a) Da beide Waggons zusammen koppeln und sich nach dem toß als ein Objekt fortbewegen, handelt es sich um einen inelastischen toß. Der volle Waggon hat vor dem toß keinen Impuls. Der Impuls des leeren Waggons ist damit der Gesamtimpuls vor dem toß p v = m l v l. 2
3 Die Masse der Ladung sei m k. Der Komplex von beiden Waggons nach dem toß hat einen Impuls von Durch die Impulserhaltung gilt p n = (2m l + m k )v. p v = p n. Und damit ergibt sich das Gewicht der Ladung zu m k = m l vl v 2m l = 37 t. b) Vergleiche die kinetische Energie vor dem toß mit der kinetischen Energie nachher. Erläutere das Ergebnis. Die Energie vor dem toß ist E vor = 2 m l v 2 l = J. Mit der nun berechneten Masse der Ladung ergibt sich für die kinetische Energie nach dem toß E nach = 2 (2m l + m k )v 2 = J. Da es sich um einen inealstischen toß handelt, ist die kinetische Energie nach dem toß geringer, als die vor dem toß. Die Differenz der beiden Energien wurde in Wärme umgewandelt. A.3. Personenimpulserhaltung Zwei Personen der Massen m und m 2 mit den Geschwindigkeiten v = v 2 = 0 km h rennen in der Universität auf dem Flur frontal ineinander. Beim Aufprallen halten sich die Personen aneinander fest und bewegen sich gemeinsam weiter. Wie groß ist die Geschwindigkeit der beiden Personen nach dem toß bei einem Massenverhältnis in folgenden Fällen und in welche Richtung bewegen sie sich jeweils? a) : (tudent gegen tudent) b) 2: (Technischer Assistent gegen tudent) c) 0: (ehr dicker Professor gegen tudent) d) Was passiert im Fall c), wenn sich die Personen nicht aneinander festhalten (der Bauch des Professors ist perfekt elastisch). Welche Geschwindigkeit hat der tudent nach dem Zusammenstoß? 3
4 Lösung Umgerechnet beträgt die Geschwindigkeit der Personen v = v 2 = 0 km h = 2,78 m s. Allgemein gilt v = m v + m 2 v 2 m + m 2 mit v = v 2 () a) m = m 2 = v = 0 m s Die beiden Personen bleiben stehen. b) Die beiden Personen bewegen sich in Richtung des technischen Assistenten: m = 2m 2 = v = 3 v = 0,93 m s c) Die beiden Personen bewegen sich in Richtung des dicken Professors: m = 0m 2 = v = 9 v = 2,27 m s d) Da es sich um einen vollkommen elastischen toß handelt, gilt die Impuls- und Energieerhaltung: m v + m 2 v 2 = m v 3 + m 2 v 4 Mit v = v 2 und m = 0m 2 kann man die Impulserhaltungsgleichung nach v 3 auflösen 0m 2 v m 2 v = 0m 2 v 3 + m 2 v 4 v 3 = 0m 2v m 2 v m 2 v 4 0m 2 = 0.9v 0.v 4 Mittels der Energieerhaltung und Einsetzten des Ergebnisses aus der Impulserhaltung, sowie den Bedingungen v = v 2 und m = 0m 2 erhält man eine quadratische Gleichung für v 4. 2 m v m 2v2 2 = 2 m v m 2v m 2v m 2v 2 = 2 0m 2(0.9v 0.v 4 ) m 2v v 2 5(0.9v 0.v 4 ) 2 0.5v4 2 = 0 5.5v v v v v v 2 4 = 0,9 m 2 /s 2 + 2,5 m/s v v 2 4 = 0 4
5 Löst man diese quadratische Gleichung erhält man v 4 = 2.5 ± m. s also v 4 = 7,33 m s als Geschwindigkeit des tudenten nach dem elastischen toß. Das zweite Ergebnis, v 4 = 2,78 m s, beschreibt die ituation ohne toß, das heißt die beiden Körper treffen sich nicht und jeder behält seine Geschwindigkeit und Richtung bei.). A.4. Nicht-zentraler toß von Billiardkugeln Eine Billiardkugel trifft eine zweite identische Billiardkugel und wird beim toß um 45 aus ihrer Ursprungsrichtung abgelenkt. Zeige, dass im Fall einer elastischen Kollision die zweite Billiardkugel im Winkel von 90 zur ersten fliegen muss. Hinweis: Es handelt sich um einen nicht-zentralen toß. Lösung ei α der Winkel zwischen der anrollenden Kugel (Kugel A) und der anfänglich ruhenden Kugel (Kugel B). Bei einem elastischen toß gelten die Impuls- und Energieerhaltungssätze. omit ist p A = p A + p B = v A = v A + v B. Quadriert man diese Gleichung erhält man Mit der Energieerhaltung ergibt sich v 2 A = v 2 A + v2 B + 2 v A v B. (2) 2 mv2 A = 2 mv2 A + 2 mv B = v2 A = v 2 A + v2 B. (3) Vergleichen wir dies nun mit Gleichung (2), so ergibt sich 2 v A v B = 0 v A v B = v A v B cos(α) = 0 = α = 90 A.5. Rangierender Waggon Beim Rangieren stößt ein Waggon der Masse m A = m mit der Geschwindigkeit v 0 auf zwei einzeln stehende Waggons der Massen m B = 2 m und m C = 3 4 m a) Wie viele Zusammenstöße finden insgesamt statt, wenn diese elastisch ablaufen? Mit welchen Geschwindigkeiten v A, v B und v C bewegen sich die Waggons nach dem letzten Zusammenstoß? 5
6 b) Wie ändert sich das Ergebnis, wenn die beiden stehenden Waggons vertauscht sind? Lösung a) Da es sich um einen elastischen toß handelt, ist sowohl der Impuls als auch die Energie erhalten. Zusätzlich ist es ein zentraler toß wodurch wir folgende allgemeine Formeln verwenden könnten v = (m m 2 )v + 2m 2 v 2 m + m 2 v 2 = (m m 2 )v 2 + 2m v m + m 2. Da wir aber kräftig üben wollen, versuchen wir die Geschwindigkeiten mit Hilfe der Erhaltungssätze zu berechnen. Für die Impulserhaltung beim ersten toß zwischen Waggon A und B erhalten wir m A v 0 = m A v A + m B v B = mv 0 = mv A + 2 mv B = v A = v 0 2 v B (4) wobei v A und v B die Geschwindigkeiten von Waggon A und Waggon B nach dem toß sind. Mit der Energieerhaltung erhalten wir 2 m Av 2 0 = 2 m Av 2 A + 2 m Bv 2 B = mv 2 0 = mv 2 A + 2 mv2 B Mit dem Ausdruck für v A aus Gleichung (4) berechnet sich dies zu v 2 0 = v 2 0 v 0 v B + 4 v2 B + 2 v2 B = 3 4 v2 B = v 0 v B = v B = 4 3 v 0. Damit ergibt sich die Geschwindigkeit von Waggon A nach dem toß zu v A = v 0 2 v B = ( )v 0 = 3 v 0. Das heißt beide Waggons bewegen sich nun in Richtung von Waggon C. Für den zweiten toß zwischen Waggon B und C ergibt sich folgende Gleichung für die Impulserhaltung 2 mv B = 2 mv 2B mv 2C = v 2B = v B 3 2 v 2C 6
7 wobei v 2B und v 2C die Geschwindigkeiten von Waggon B und Waggon C nach dem zweiten toß sind. Mit der Energieerhaltung erhalten wir 2 ( 2 m)v2 B = 2 ( 2 m)v2 2B + 2 (3 4 m)v2 2C = v 2 B = (v 2 B 3v B v 2C v2 2C) v2 2C Daraus ergibt sich für die Geschwindigkeit des Waggons C und für die des Waggons B v 2C = 4 5 v B = v 0 = 6 5 v 0 v 2B = v B 3 2 v 2C = 4 5 v 0. Damit bewegt sich Waggon B nun in die entgegengesetzte Richtung und wird noch einmal mit Waggon A kollidieren. omit gibt es 3 Zusammenstöße. Für den dritten Zusammenstoß ergibt sich mit den Geschwindigkeiten v 3A und v 3B nach dem toß mv A + 2 mv 2B = mv 3A + 2 mv 3B. 3 5 v 0 = v 3A + 2 v 3B = v 3B = 6 5 2v 3A Zusammen mit der Energieerhaltung erhält man dann mv 2 2A + ( 2 m)v2 2B = mv 2 3A + 2 v2 3B ( )v 0 = v3a 2 + ( )v v 0v 3A + 2v3A v0 2 = 3v3A v 0v 3A = 45v 2 3A 2v 0 v 3A v 2 0 = 0 Diese Gleichung lässt sich nun mit der Mitternachtsformeln lösen wodurch wir zwei Ergebnisse erhalten v (/2) 3A = 2v 0 ± (2) 2 v v = v () 3A = 3 v (2) 3A = 5 7
8 Das erste Ergebnis ist genau die Geschwindigkeit, die Waggon A vor dem toß hatte, also quasi der Fall, dass sich die beiden Kugeln ungehindert kreuzen würden. Da die Waggons aber noch ein drittes Mal kollidieren, macht nur die zweite Lösung physikalisch inn. Damit erhalten wir für die Geschwindigkeit von Waggon B v 3B = 6 5 v v 0 = 8 5 v 0. Nach dem dritten toß bewegt sich Waggon A also entgegen seiner anfänglichen Geschwindigkeit mit v 3A = 5 v 0. Waggon B bewegt sich mit v 3B = 8 5 v 0 entgegengesetzt von Waggon A. Er ist langsamer als Waggon C, der eine Geschwindigkeit von v 2C = 6 5 v 0. omit kommt es zu keiner weiteren Kollision. b) Wie ändert sich das Ergebnis, wenn die beiden stehenden Waggons vertauscht sind? Da wir nun wahrscheinlich gezeigt haben, dass wir wunderbar mit Impulsund Energieerhaltungssätzen umgehen können, wollen wir diesen Aufgabenteil mit der Gleichung (??) lösen. Außerdem macht es in der Klausur auch stets inn den kürzesten Rechenweg zu wählen um Zeit zu sparen, wenn nicht speziell nach einer bestimmten Rechnung gefragt ist.. toß: Waggon A kollidiert mit Waggon B m = m m 2 = 3 4 m v = v 0 v 2 = 0 Damit erhalten wir für die Geschwindigkeiten nach dem toß v A = ( m 3 4 m) v 0 m m = 7 v 0 v B = 2mv 0 m m = 7 8 v toß: Waggon B kollidiert mit Waggon C m = 3 4 m m 2 = m 2 v = v B 8 7 v 0 v 2 = 0 Nach dem zweiten toß haben Waggon B und C somit folgende Geschwindigkeiten v 2B = ( 3 4 m m ) v m + m 2 = 8 35 v 0 v 2C = 6 4 m 8 7 v m + m 2 = v 0 8
9 Nach dem zweiten toß bewegen sich alle 3 Waggons in die gleiche Richtung. Nun ist Waggon A am langsamsten und Waggon C am schnellsten v A = 5 35 v 0 v B = 8 35 v 0 v C = v 0. und somit kommt es zu keinem weiteren toß. A.6. Ellipsoid-Präzession Ein Rotationsellipsoid mit homogener Dichte ρ und Halbachsen a (entlang der ymmetrieachse) und b (senkrecht dazu) wird mit Winkelgeschwindigkeit ω um seine ymmetrieachse in Drehung versetzt und dann wie in der kizze gezeigt an einer frei drehbaren, näherungsweise masselosen tange aufgehängt. Der chwerpunkt des Ellipsoids ist dabei eine trecke d von Aufhängepunkt A der tange entfernt. a) Der Ellipsoidradius als Funktion des Abstandes z vom Mittelpunkt ist durch r 2 = b 2 ( (z/a) 2 ) gegeben. Zeige durch geeignete Integrationen, dass die Ellipsoidmasse M = ρ 4πab 2 /3 ist und das Massenträgheitsmoment I = 0.4Mb 2 beträgt. Hinweis: Das Trägheitsmoment einer infinitesimal dünnen Zylinderscheibe mit Radius r und Masse dm beträgt di = r 2 dm/2. b) Wie lauten Betrag und Richtung des Drehimpulses des Ellipsoids und des durch die Gewichtskraft erzeugten Drehmoments bzgl. des Aufhängepunkts A der tange. c) Leite die Winkelgeschwindigkeit Ω her, mit der Ellipsoid und tange unter dem Einfluss der chwerkraft um die senkrechte Achse präzessieren. Lösung a) Wähle die z-achse in Richtung der ymmetrieachse des Rotationsellipsoids. Die Integration über z entspricht damit der ummation über infinitesimale Zylinderscheiben mit Radius r(z). Für die Masse folgt M = V a ρdv = ρ a ( ) = 2πρb 2 a a3 3a 2 2πr(z) 2 dz = 2πρb 2 a = 4π 3 ρab2. 0 ( ( ) z 2 dz a) 9
10 Für das Trägheitsmoment gilt (verwende Hinweis mit dm = ρπr(z) 2 dz): a I = a 2 r(z)2 dm = 2πρ ( ) = πρb 4 a 2a3 3a 2 + a5 5a }{{ 4 } =8a/5 a 0 2 r(z)4 dz = πρb 4 a = 8π 5 ρab4 = 2 5 Mb2 = 0.4Mb 2 0 ( ( z ) ) 2 2 dz a b) Der Drehimpuls des Ellipsoids hat den Betrag L = L = Iω = 0.4Mb 2 ω. Dabei zeigt L in Richtung der tange zum Aufhängepunkt A hin. Das Drehmoment wird verursacht durch die Gewichtskraft M g und hat den Betrag D = D = r (M g) = Mgd sin(α). D steht senkrecht auf g und r, zeigt also senkrecht aus der Zeichenebene heraus. c) Wegen D = d L/dt ändert sich L im infinitesimalen Zeitintervall t um d L. Aus der kizze (icht von oben) ist zu entnehmen: dφ = d L L sin(α) = D dt L sin(α) Mgd sin(α) dφ = dt = Ω = Iω sin(α) dt = gd 0.4b 2 ω A.7. Kugelrennen und Rotation Zum Experimentieren gibt es zwei Kugeln, die den gleichen Radius R haben und die gleiche Masse M. Leider ist nicht bekannt, welches die Hohlkugel ist und welches die Vollkugel ist. Um dies herauszufinden lässt man beide Kugeln eine schiefe Ebene herunter rollen. Welche Kugel kommt zuerst unten an und warum? Gegebenen Falles kann einen Rechnung hilfreich sein. Lösung 0
11 Betrachten wir die Energieerhaltung ganz allgemein E pot = E kin + E rot M g h = 2 M v2 + 2 I ω2 mit ω = v R folgt M g h = (M 2 + IR ) 2 M g h 2 v 2 = v = M + I R 2 I Wir erkennen v, also ist die Geschwindigkeit größer wenn das Trägheitsmoment kleiner ist. Folglich muss die Kugel mit dem kleineren Trägheitsmoment schneller unten ankommen. Da bei der Hohlkugel die Masse insgesamt weiter außen sitzt, d.h. weiter von der Drehachse entfernt ist, ist ihr Trägheitsmoment größer als das der Vollkugel. Also kommt die Vollkugel vor der Hohlkugel unten an und wir wissen wieder welche Kugel welche ist. (Man muss die genauen Formeln für die Trägheitsmomente der Vollkugel I V = 2 5 mr2 und Hohlkugel I H = 2 5 mr5 a R 5 i R 3 a R 3 i > I V dafür gar nicht kennen.) A.8. JoJo - Translation und Rotation Ein JoJo besteht aus einer Rolle mit der Masse m = 35 g und dem Trägheitsmoment J = 40 g cm 2, auf die ein Faden der Länge l = 83 cm aufgewickelt ist. Der Radius der Trommel ist r = 2,5 mm. a) Mit welcher Beschleunigung a bewegt sich die Rolle nach dem Loslassen nach unten? b) Wie groß ist die Fadenkraft F F? c) Welche inkgeschwindigkeit v hat die Rolle, wenn der Faden vollständig abgewickelt ist? Lösung a) Die Translationsbeschleunigung a der Rolle erhält man aus der Bewegungsgleichung F = ma. F ist die umme aller am Körper angreifenden Kräfte (unabhängig von deren Angriffspunkten). Das sind hier die Gewichtskraft mg der Rolle und die (vorläufig unbekannte) Fadenkraft F F ma = mg F F Gleichzeitig mit der Translation führt die Rolle eine Rotation aus. Da sich von der Rolle in der Zeit t die Länge s des Fadens abwickelt, um die der
12 chwerpunkt sinkt, gilt s = r ϕ (Abrollbedingung). Daraus folgt s = r ϕ oder a = rα Die Bewegungsgleichung der Rotation J A α = M A kann für eine beliebige Lage der Achse aufgestellt werden. chwerpunktachse : J α = M Zu M liefert nur F F einen Beitrag M = F F r omit ergibt sich mit α = a r J α = F F r = F F = J a r 2 F F wird in die Bewegungsgleichung der Translation eingesetzt und es folgt ma = mg J a r 2 ( a m + J ) r 2 = mg = a = Momentane Drehachse A: J A α = M A g + J = 5,9 m/s 2 mr 2 Dieser Ansatz liefert das gleiche Ergebnis wie oben, ohne dass die Bewegungsgleichung der Translation benutzt werden muss, da in M A nur die bekannte Gewichtskraft der Rolle eingeht J A α = mgr J A kann mit dem atz von teiner durch J ersetzt werden und es folgt das selbe Ergebnis J A = J + mr 2 (J + mr 2 ) a r = mgr = a = g mr 2 J + mr 2 = g + J = 5,9 m/s 2 mr 2 2
13 b) Aus der Bewegungsgleichung der Translation folgt bei nunmehr bekannter Beschleunigung a ( ) F F = m(g a) = mg + J = mg = 0,528 N mr + 2 mr2 J c) Wegen der konstanten Beschleunigung a werden der zurückgelegte Weg s und die Geschwindigkeit v der Rolle mit Hilfe der Gesetze der gleichmäßig beschleunigten Bewegung ermittelt s = 2 at2 + v 0 t + s 0 v = at + v 0 Unter Berücksichtigung von v 0 = 0 und s 0 = 0 gilt zur Zeit t, zu der das Band vollständig abgewickelt ist (s = l) t wird eliminiert Alternativer Lösungsweg: l = 2 at2 und v = at 2l t = a ; v = 2al 2gl v = + J = 3,3 m/s mr 2 Die Geschwindigkeit v kann auch mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes berechnet werden. Im tartpunkt ist nur die potentielle Energie E pot = mgl vorhanden, die nach Abwickeln des Bandes vollständig in kinetische Energie umgesetzt wird: E kin = E pot. Je nach der gewählten Beschreibung der Bewegung setzt sich die Energie unterschiedlich zusammen: Translation und zusätzliche Rotation um die chwerpunktachse ergibt E kin = 2 mv2 + 2 J ω 2 = ( 2 mv2 + J ) mr 2 wobei die Abrollbedingung ω = v r verwendet wurde. (Anmerkung: Das gleiche Ergebnis für die kinetische Energie erhalten wir, wenn nur die Rotation um die momentane Drehachse A betrachtet wird. Dann ist E kin = 2 J Aω 2 wobei nach dem atz von teiner J A = J + mr 2 und 3
14 ebenfalls die Abrollbedingung ω = v r einzusetzen ist.) Der Energiesatz lautet somit ( 2 mv2 + J ) mr 2 = mgl Für die Geschwindigkeit erhalten wir daraus ebenso 2gl v = + J = 3,3 m/s mr 2 A.9. Kreisbewegungen/Corioliskraft In einer ringförmigen Raumstation will man durch Rotation ein künstliches chwerefeld erzeugen. (a) Mit welcher Kreisfrequenz ω müssen die im Radius R=km angelegten Mannschaftsräume um die Ringachse rotieren, damit sich die dort untergebrachte Besatzung heimisch fühlt, d.h. eine Beschleunigung von g = 9, 8 m erfährt? s 2 (b) Mit welcher Geschwindigkeit und in welcher Richtung muss ein Astronaut den Ringkorridor entlang rennen, wenn er die künstliche chwerkraft (i) um 0% verringern und (ii) um 0% vergrößern will? (c) Mangels icht nach außen weiß der Astronaut nicht, mit welchem Drehsinn die Raumstation rotiert. Wie kann er dies mit Hilfe eines Fadens, eines Gewichts und einer tahlkugel herausfinden? Lösung (a) Die Zentrifugalbeschleunigung muss gleich g sein, also: g ω 2 R = g ω = R = 0, 099 s (b) Die Coriolis-Kraft zeigt in (entgegen der) Richtung der Zentrifugalkraft, wenn der Astronaut in (entgegen der) Drehrichtung läuft. Also muss er (i) entgegen, (ii) in Drehrichtung laufen. In beiden Fällen muss für die Geschwindigkeit gelten: 2vω = 0, ω 2 R v = 0, ω R 2 = 4, 95m s. (c) Er baut aus Faden und Gewicht ein Lot und hängt dieses an der Decke auf. Vom Aufhängungspunkt lässt er die tahlkugel fallen und beobachtet, in welche Richtung sie vom Lot abweicht. Die Richtung der Abweichung gibt die Drehrichtung an. 4
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