Physik I HS 2012 Prüfung Prof. M. Carollo (21. Januar 2013) Aufgabe 1: Fallschirmspringer. Lösungen

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1 Physik I HS 1 Prüfung Prof. M. Carollo 1. Januar 13) Lösungen Aufgabe 1: Fallschirmspringer a) Auf den Fallschirmspringer wirkt nur die Gravitationskraft mit Betrag und der Luftwiderstand mit dem Betrag F G = mg F LW t) = c W A ρ v t), wobei m die Masse des Fallschirmspringers, c W A der effektive Wirkungsquerschnitt und ρ die Dichte von Luft ist. Nach dem. Newtonschen Gesetz gilt nun für die Beschleunigung at) des Fallschirmspringers m at) = F G F LW. wobei at) die Beschleunigung nach unten ist. Mit at) = vt) erhalten wir also die Bewegungsgleichung m vt) = mg αv t), wobei α = c W Aρ/ eine Konstante. Für den Fall einer konstanten Geschwindigkeit ist v = und die Bewegungsgleichung reduziert sich auf mg v = 165 km/h. α b) Der Kraftstoss, die der Fallschirmspringer erfährt, ist gleich der Impulsänderung des Fallschirmspringers während des Aufpralls te J = F dt = p e p a = mv) = mv kg m/s. t a c) Wir nehmen an, dass der Fallschirmspringer mit einer konstanten Beschleunigung a über die Distanz s = 1. m abgebremst wird. Es gilt also v = a t mit t der Zeitdauer des Abbremsens und v der konstanten Fallgeschwindigkeit und ebenso gilt s = a t /. Setzt man ersteres in letzteres ein, erhält man v a = 1 s. Somit ist die Kraft, die während des Abbremsens auf den Fallschirmspringer wirkt F = ma und wir erhalten den mittleren) Druck auf den Fallschirmspringer p = F c W A 117 kpa 1.14 atm. Der Fallschirmspringer sollte also den Aufprall überleben.

2 Aufgabe : Massive Feder a) Die kinetische Energie setzt sich aus der kinetischen Energie der Feder E kin,feder und der kinetischen Energie des Brettes E kin,brett = mv / zusammen. Die kinetische Energie der Feder berechnen wir aus der Summe der kinetischen Energie der Massenelemente dm i, aus welchen die Feder aufgebaut ist. Bewegt sich das Brett mit der Geschwindigkeit v und befinde sich das Brett auf der Höhe h, so bewegt sich das Massenelement dm i bei der Höhe h i mit der Geschwindigkeit v i = vh i /h und hat die kinetische Energie dmvi /. Die totale kinetische Energie der Feder erhalten wir nun durch Aufintegrieren aller Massenelemente von z = bis z = h: E kin,feder = 1 v z) dm dz dz = Damit ist die totale kinetische Energie mit der effektiven Masse M eff = m + M/3. 1 v z ) M h h dz = 1 Mv h 3 z dz = 1 Mv. 1) 3 E kin = E kin,feder + E kin,brett = 1 M effv, ) b) Die potentielle Energie setzt sich aus zwei Beiträgen zusammen: Die potentielle Energie der Feder E pot,feder und die potentielle Energie des Brettes E pot,brett = mgh + C mit C einer willkürlichen Konstanten. Die potentielle Energie der Feder setzt sich wiederum aus zwei Anteilen zusammen: Die potentielle Energie aufgrund der Gravitation und die potentielle Energie aufgrund der Auslenkung der Feder aus ihrer Ruhelage. Der Anteil aufgrund der Gravitation berechnet sich wie folgt: Wir wissen, dass auf ein Massenelement dm i der Feder die Kraft df i = dm i g wirkt. Da die Masse gleichmässig über die Feder verteilt ist, haben wir das konstante Kraftfeld df z) = dmg mit der entsprechenden potentiellen Energie du G z) = dmgz +C mit C einer willkürlichen Konstanten. Integration über die Feder ergibt dann U G h) C = du G dz dz = gz dm dz dz = gz M h dz = 1 Mgh. 3) Für die potentielle Energie aufgrund der Auslenkung der Feder aus seiner Ruhelage gilt das Hooksche Gesetz U Hook h) = 1 kh h ) + C, 4) wobei h die Höhe ist, für welche die Feder in Ruhe ist, und C eine willkürliche Konstante. Die gesamte potentielle Energie ergibt sich schliesslich zu E pot h) = 1 ] [M + m)gh h ) + kh h ), 5) wobei wir die additive Konstante C entsprechend gewählt haben. c) Mit x = h h und M eff = M + m können wir die potentielle Energie schreiben als E pot x) = 1 ] [M eff gx + kx. 6)

3 Es sei darauf hingewiesen, dass das Minimum von E pot x) nicht bei x = ist, sondern bei einem Wert x <. Das bedeutet, dass, falls für eine massenlose Anordnung, d.h. M eff =, die Ruheposition bei x = ist, dann ist die Ruheposition im Falle einer massiven Anordnung M eff bei einer kleineren Höhe x <. Das sieht man explizit, wenn wir den Ausdruck in Klammern in der potentiellen Energie quadratisch ergänzen: M eff gx + kx = k x + 1 M eff g k ) 1 M eff g k ). 7) Mit der Variablentransformation x = x + M eff g/k) und Anpassung des Nullpunktes der potentiellen Energie erhalten wir E pot x ) = 1 kx 8) mit derselben Federkonstanten k. Das bedeutet, es gibt keinen Unterschied im Verhalten zwischen einer massiven und einer masselosen Feder. Beide Systeme sind durch ein harmonisches Potential mit derselben Federkonstanten k charakterisiert. Allein die Ruheposition ist im massiven Fall um M eff g/k) tiefer als im masselosen Fall. d) Da unser System durch eine harmonische potentielle Energie 8) charakterisiert ist, wird unser System eine harmonische Schwingung ausführen. In der Realität werden Reibungsverluste d.h. Luftwiderstand) und Wärmeverluste d.h. durch die Deformation heizt sich die Feder auf) auftreten, so dass unser System in der Realität näherungsweise eine gedämpfte Schwingung ausführt, bis es nach einer endlichen Zeit zur Ruhe kommt. Aufgabe 3: Richtig oder falsch? a) Richtig. Die Corioliskraft in einem mit der Erdoberfläche fest verbundenen Bezugssystem ist F C t) = vt) ω mit vt) die Geschwindigkeit des Zuges und ω die Wingelgeschwindigkeit der Erde. Wir wählen nun in diesem Beschleunigten Bezugssystem die folgenden Koordinaten: x zeige Richtung Norden, y Richtung Westen und z senkrecht nach oben. Für die geographische Breite α lässt sich ω in dieser Basis ausdrücken als ω x = cosα)ω, ω y =, ω z = sinα)ω. Die Geschwindigkeit vt) des Zuges zeigt in y-richtung. Da vt) und ω nicht proportional sind, ist F C t). b) Richtig. In diesem Fall zeigt vt) in die negative z-richtung und es gilt wiederum F C t). c) Falsch. Diese Kraft kann man nicht als Scheinkraft interpretieren, da Scheinkräfte immer proportional zur Masse m des Teilchens sind. d) Richtig. Ein starrer Körper hat drei Translations- und drei Rotationsfreiheitsgrade. e) Falsch. Das ist nur richtig, falls der Körper um eine seiner Hauptträgheitsachsen z.b. Symmetrieachse) rotiert. Das gilt auch dann, wenn der starre Körper eine feste Rotationsachse hat starrer Rotator ). Dreht der starre Körper nicht um eine seiner Hauptträgheitsachsen, so wirken wegen des Drehimpulses Lt), der nicht zeitlich konstant ist, Drehmomente auf die Achsen Unwucht ).

4 f) Falsch. Zum Beispiel ist für ein Teilchen, das eine gleichförmige, kreisförmige Drehbewegung ausführt, der Drehimpuls erhalten, nicht aber sein Impuls. g) Richtig. Ist rt) die Trajektorie des Teilchens, dann ist Lt) = Mt) = rt) F rt), t) =, da F rt), t) rt) für ein Zentralkraftfeld. h) Richtig. Es gibt kein Naturgesetz, das die lokale Entropieabnahme in einem System verbietet, solange dieses System nicht abgeschlossen ist. Betreibt man z.b. eine Wärmekraftmaschine zwischen zwei Wärmereservoirs, so dass vom wärmeren Reservoir Wärme an das kältere Reservoir abgegeben wird, so wird das wärmere Reservoir abgeklühlt, womit sich seine Entropie verringert. Diese Abnahme der Entropie wird jedoch durch die Zunahme der Entropie im kälteren Reservoir mehr als aufgehoben. i) Richtig. Die Enthalpie ist eine thermodynamische Zustandsgrösse und damit für einen Gleichgewichtszustand eindeutig festgelegt. Da bei einem thermodynamischen Kreisprozess Anfangs- und Endzustand identisch sind, muss die Enthalpiedifferenz während eines Zyklus Null sein. Das gilt sogar, falls der Kreisprozess nicht-reversibel abläuft, solange der Anfangs- und Endzustand ein Gleichgewichtszustand ist. j) Falsch. Die Amplitudenresonanz findet immer bei Ω < ω statt, während für die Leistungsresonanz Ω = ω gilt. Aufgabe 4: Walze auf Teer a) Für einen Vollzylinder ist J = MR / = 15 kg/m. Für die Herleitung siehe Skript Seite 18. b) Da unser Problem nur eine Dimension hat, lassen wir im Folgenden die Vektorschreibweise weg und arbeiten nur mit den Beträgen. Die Geschwindigkeit v K der Walze im Auflagepunkt ist für eine Winkelgeschwindigkeit ωt) der Walze gegeben durch v K t) = v S Rωt), wobei angenommen wurde, dass sich die Walze so dreht, dass sie vorwärts rollen würde. Da die Geschwindigkeit des Schwerpunktes v S gegeben ist, brauchen wir nur die Drehmomentgleichung der Walze zu betrachten, wobei das Drehmoment allein durch die Reibungskraft F R t) = κv K t) induziert wird. Das heisst, es gilt J ωt) = RF R t) = Rκv K t) = Rκ v S Rωt) ). 9) Wir können diese Gleichung mit xt) = ωt), a = R κ/j und b = Rκv S /J auf die Form ẋt) = axt) + b 1) bringen. Die Lösung dieser Differentialgleichung ist xt) = C expat) b/a, 11) das heisst, wir haben ωt) = C exp R κ J t ) + v S R. 1)

5 Die Konstante C wird durch die Anfangsbedingungen bestimmt. Für ω) = erhalten wir C = v S R. 13) Damit ist die Lösung eindeutig gegeben durch ωt) = v S R [ 1 exp )] R κ J t. 14) c) Die Bedingung für perfektes Rollen ist ω = v S /R. Da ωt) v S /R für t, beginnt die Walze im mathematischen Sinne) nie perfekt zu rollen. Bemerkung: Nach Gleichung 14) ist die exponentielle Abklingzeit τ = J/κR ) 5 s. Das bedeutet, dass nach einer Zeitdauer von einigen τ der Term in Klammern in Gleichung 14) für alle praktischen Belange gleich 1 gesetzt werden kann und demnach die Walze nach dieser Zeitdauer praktisch perfekt rollt. Mit der Geschwindigkeit v S entspricht das der Distanz von einigen v S τ 14 m. d) Da sich der Schwerpunkt der Walze mit konstanter Geschwindigkeit v S bewegt, wirkt keine resultierende Kraft auf den Schwerpunkt. Das heisst, der Betrag der Schubkraft F S t) muss gleich dem Betrag der Reibungskraft F R t) sein. Sei ts) = s/v S die Zeit, die die Walze braucht, um die Strecke s = 5 m zurückzulegen. Die verrichtete Arbeit ist dann gegeben durch W ts)) = s F S s) ds = s F R s) ds = ts) F R t) ds dt dt = κ ts) v K t) ds dt. 15) dt Mit ds/dt = v S und mit ) v K = v S Rωt) 14) = v S exp R κ J t 16) erhalten wir schliesslich W ts)) = κ = v S ts) J R 14) = Jω ts)) v K t)v S dt = κvs [ 1 exp R κ [ 1 exp ts) J ts) ) exp R κ J t )] R κ J ts) dt 17) 18) )] 1. 19) Mit ts) = s/v S = 18 s erhalten wir also die über die Strecke s geleistete Arbeit [ )] W = vs J 1 exp R κ s 37.5 J. ) R J e) Aufgrund der Energieerhaltung wird die Arbeit aus Aufgabe d) in Rotationsenergie E rot der Walze und in Wärme E th umgewandelt, so dass W t) = E rot t) + E th t). Mit v S

6 E rot t) = Jω t)/ ist der Anteil, der nach der Zeit t in Rotationsenergie übergegangen ist E rot t) 19) = 1 [ )] 1 1 exp R κ W t) J t, 1) und der Anteil, der in Wärmeenergie übergegangen ist, E th t) W t) = W t) E rott) W t) = 1 E rott) W t) = 1 1 [ )] 1 1 exp R κ J t. ) Für t geht also die Hälfte der Energie in Rotationsenergie über und die Hälfte in Wärmeenergie.) Die Zeit t = s/v S = 18 s ist viel grösser als die exponentielle Abklingzeit τ 5 s. Daher können wir für die Strecke s die Terme in Klammern ungefähr gleich 1 setzen und erhalten E rot W 1 E th W 1. 3) Aufgabe 5: Wärmekraftmaschine a) Der Kreisprozess im pv -Diagramm ist wie folgt gegeben: p 1, Δ Q 1 1, p 3 Δ Q 3,1 Δ Q,3 3 V 1 V,3 Beim isobaren Prozess bleibt der Druck p konstant und beim isochoren Prozess das Volumen V. Beim isothermen Prozess bleibt die Temperatur T konstant, d.h. es gilt nach dem idealen Gasgesetz pv = konst. Die Fläche, die vom Kreisprozess umrandet wird, gibt die totale Energiebilanz W = W 1 + W 3 + W 3 1 während eines Zyklus. b) Mit der idealen Gasgleichung pv = NkT erhalten wir unmittelbar die Eckwerte des pv

7 Diagramms: p 1 = p = νrt 1 V 1 p = p 1 71 bar V 1 p 3 = p 1 = p 1 V Pa 71 bar 4 bar T 1 = K T = T 1 V V 1 = 3T K T 3 = K. c) Wir benutzen im Folgenden, dass die vom System geleistete Arbeit durch W = pv )dv gegeben ist und die innere Energie durch UT ) = νfrt/ = νcv T mit f = 5 für ein ideales zweiatomiges Gas. Weiter gilt C p = C V + R. Dann erhalten wir folgendes Resultat: W 1 = p 1 V V 1 ) J U 1 = νc V T 1 T ) J Q 1 = νc p T T 1 ) J W 3 = U 3 = νc V T T 3 ) J Q 3 = νc V T T 3 ) J V1 W 3 1 = pv ) dv = V 3 U 3 1 = V1 νrt 3 V 3 V Q 3 1 = U 1 + W J. dv = νrt 3 ln V1 V 3 ) J Wir müssen für jede Zustandsänderung nur zwei der Grössen berechnen, da mit dem ersten Hauptsatz gilt Q = U + W.) d) Nur bei der isobaren Zustandsänderung wird dem System Wärme zugefügt. Also ist der Wirkungsgrad η = W 1 + W 3 + W 3 1 =.19. 4) Q 1 Damit ist der Wirkungsgrad η 13%. Zum Vergleich der Carnot-Wikrungsgrad zwischen den beiden extremen Temperaturen T 1 und T : η Carnot = T T 1 T = )

8 e) Falls wir unsere Wärmekraftmaschine rückwärts laufen lassen, erhalten wir einen thermodynamischen Kreisprozess, bei welchem unter Aufwendung mechanischer Arbeit Wärme von kälteren Wärmereseroirs zu wärmeren Wärmereservoirs transportiert wird. Das bedeutet, wir können diese Maschine als Kältemaschine oder Wärmepumpe nutzen. Das Charakteristische einer solchen Maschine ist, dass sie nur unter Arbeitsaufwendung von aussen funktioniert. Das ist eine Konsequenz des. Hauptsatzes der Thermodynamik. Wir zitieren dazu die entsprechende Formulierung von Clausius: Es gibt keine periodisch wirkende Vorrichtung Maschine M), welche gestattet, Wärme von einem Reservoir tieferer Temperatur T K ) zu einem mit höherer Temperatur T W > T K ) zu transportieren, ohne dass dabei Arbeit geleistet oder sonst von aussen Energie zugeführt wird. Lösung Aufgabe 6: Resonante Schwingung a) Das Fadenpendel ist ein gewöhnliches Pendel mit der Eigenfrequenz g ω Faden = l. 6) Das Federpendel mit Federkonstante k schwingt dagegen mit der Eigenfrequenz k ω Feder =. 7) m Da das Fadenpendel bei jedem Nulldurchgang den Plexiglasstreifen durch die Zentripetalkraft zusätzlich etwas nach unten durchbiegt Aktion gleich Reaktion!) und sich das Plexiglas bei einer maximalen Auslenkung der Kugel am meisten entspannen kann, wird das Federpendel mit der doppelten Fadenpendel-Frequenz angeregt. Das heisst, wir erhalten Resonanz, falls ω Feder = ω Faden. Es muss also gelten k g = m l, 8) so dass m = kl 4g. 9) b) Um die Masse m für das Auftreten der Resonanz zu bestimmen, brauchen wir die Eigenfrequenz ω Faden des Fadenpendels. Dazu brauchen wir die Bewegungsgleichung des Fadenpendels, welche wir mit Hilfe der Energieeraltung herleiten. Die Gesamtenergie des Fadenpendels ist E tot = E rot + E pot, 3) wobei E pot = m 1 gl1 cos ϕ) ) 31)

9 die kinetische Energie ist mit ϕ dem Auslenkungswinkel und E rot = 1 J ϕ 3) die Rotationsenergie mit J dem Trägheitsmoment der Vollkugel bezüglich des Aufhängungspunktes. Somit haben wir für kleine Auslenkungen = d dt E tot = J ϕ + m 1 gl sinϕ) J ϕ + m 1 glϕ. 33) Dies ist die gewöhnliche Schwingungsleichung für die Kreisfrequenz m1 gl ω Faden =. 34) J Das Trägheitsmoment einer Vollkugel bezüglich des Schwerpunktes ist gegeben durch J S = 5 m 1R. 35) Mit Hilfe des Satzes von Steiner könen wir das Trägheitsmoment bezüglich des Aufhängungspunktes berechnen J = J S + m 1 l = 5 m 1r + m 1 l 36) und wir erhalten die Eigenfrequenz gl ω Faden = 5 R + l. 37) Damit führt die Bedingung ω Feder = ω Faden zu m = k 5 R + l ) 4gl Für R geht dieser Ausdruck in das alte Resultat 9) über.. 38) c) Bei Resonanz ist der Anreger der angeregten Schwingung immer eine Viertelperiode voraus. Die Masse m muss also entweder ganz oben oder ganz unten sein. Da die Kugel beim Durchqueren des Ruhepunktes das Plexiglas aufgrund der Zentripetalkraft gerade am Herunterbeschleunigen ist, muss die Masse m im Falle von Resonanz also am höchsten Punkt sein.