Übungen zu Physik I für Physiker Serie 6 Musterlösungen

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1 Übungen zu Physik I für Physiker Serie 6 Musterlösungen Allgemeine Fragen. Wie kann eine Person, die auf einem reibungslosen Tisch sitzt, jemals aus eigener Kraft von diesem herunterkommen? Unter praktischer Anwendung des Impulssatzes. Wenn man Glück hat und man strandet auf diesem fantastischen Tisch mit irgendeinem Gegenstand, auf den man gerne verzichtet, sofern man nur wieder von diesem Tisch herunterkommt, kann man diesen wegwerfen, also z.b. einen Schuh. Der Schuh erhält einen Impuls und nach dem Impulssatz erhält man selber einen gleich grossen aber entgegengesetzten Impuls. Da der Tisch reibungsfrei ist, gleitet man je nach Wurfkraft und Masse des weggeworfenen Gegenstandes mehr oder weniger schnell auf eine Kante des Tisches zu. Hat man das Pech und hat nichts zum wegwerfen dabei (aus irgendwelchen Gründen, die wir nicht nachvollziehen wollen, sitzt man nackt oder so spärlich gekleidet auf dem Tisch, dass man sich nicht weiter ausziehen will) muss auch das nicht den qualvollen Hungertod bedeuten. Indem man z.b. seinen Kopf nach links dreht zum Einatmen, und nach rechts zum Ausatmen, wobei man idealerweise beim Ausatmen die Luft noch möglichst kräftig nach rechts bläst, kann man sich mit etwas Geduld nach links bewegen und so von diesem Tisch wieder herunterkommen. 2. Kann ein Hochspringer eine Höhe von 2 m überspringen, obwohl sein Schwerpunkt während des Sprungs ständig unterhalb der Latte liegt? Das Erfolgsrezept des Hochspringers liegt in seiner Sprungtechnik (dem sog. Flop), bei der er sich auf den Rücken dreht und in ein Hohlkreuz krümmt. Er kann so die Stange überqueren auch wenn sich sein Schwerpunkt stets unterhalb der Latte befindet. 3. Acht gleiche Punktmassen mit m = M/8 befinden sich an den Eckpunkten eines Würfels der Kantenlängen a. Wie gross ist das Trägheitsmoment dieser Anordnung bezüglich je einer Schwerpunktsachse, die durch die Mittelpunkte zweier gegenüberliegenden Würfelflächen bzw. Würfelkanten verläuft? Abb. : Trägheitsmoment von Punktmassen Mit der Definition des Trägheitsmoments J i m i r 2 i wobei r i der jeweilige Abstand des Massenpunktes zur Drehachse ist, folgt für den linken Fall J = 8 ( 2a 2 ) 2 M 8 = a2 2 M

2 und für die Situation rechts ( a ) ( ) 2 2 M 3a M J = = a2 2 M. Weil das Trägheitsmoment eines Würfels, bzw. einer würfelartigen Massenverteilung, bzgl. der 3 Hauptträgheitsachsen immer denselben Wert hat, hat das Trägheitsmoment bzgl. jeder Achse durch den Schwerpunkt denselben Wert. Aufgaben. Fallender Oszillator [3 Punkte] Zwei gleiche Massen m sind mit einer Feder (Federkonstante f ) verbinden und wie in Abb. 2 skizziert aufgehängt. Zur Zeit t = wird die Aufhängung gelöst. Berechnen Sie die Geschwindigkeiten v (t) und v 2 (t) für die beiden Massen. Abb. 2: Ein fallender Oszillator Nachdem die Aufhängung gelöst ist und die beiden Massen sich im freien Fall befinden, wirkt im Schwerpunktsystem auf die Massen jeweils nur noch die Federkraft. Da im SP-System jede Masse noch um die halbe Strecke ausgelenkt wird, verglichen mit der Auslenkung im System einer der beiden Kugeln, sieht jede der Kugeln die doppelte Federkonstante 2 f, die Schwingungsfrequenz ist demnach 2 f ω = m und für die Geschwindigkeiten erhält man mit der Anfangsbedingung v () = v 2 () = v (t) = v 2(t) = v sinωt. Die Amplitude v kann man aus der Energieerhaltung bestimmen. Die maximale potentielle Energie der Feder muss gleich der maximalen kinetischen Energie der Massen sein: 2 2 mv 2 = 2 f x2 max. () x max wiederum erhält man aus der Verlängerung der Feder durch die Gewichtskraft der unteren Kugel für t < : f x max = mg x max = mg f m (2) in (): v = g 2 f = g ω. (2) 2

3 Somit sind die Geschwindigkeiten der Massen im SP-System v (t) = v 2(t) = g ω sinωt Im Laborsystem bewegt sich der SP mit v S = gt, womit man für die obere Masse v (t) = gt + g ω sinωt und für die untere Masse v 2 (t) = gt g ω sinωt. 2. Rollende Zylinder [2 Punkte] Ein dünnwandiger Hohlzylinder und ein Vollzylinder aus verschiedenem Material und von unterschiedlichen Abmessungen rollen mit der Geschwindigkeit v = 2 m/s auf einer horizontalen Ebene bevor sie einen Hang hinaufrollen. In welcher Höhe kommen die Zylinder zur Ruhe? Energiesatz: Rollbedingung: E kin + E rot = E pot 2 mv2 + 2 I Sω 2 = mgh (3) v = ω r (4) (4) in (3) eingesetzt: h = ( mv 2 v 2 ) + I S 2mg r 2 ( h = v2 + I ) S 2g mr 2 (5) Trägheitsmoment Hohlzylinder (Radius r, Länge l, Flächendichte ρ A ): I S,HZ = r 2 dm 2π = r 2 ρ A lrdϕ = 2πr 3 lρ A mit m = 2πrlρ A I S,HZ = mr 2 (6) 3

4 Trägheitsmoment Vollzylinder (Radius r, Länge l, Dichte ρ): I S,V Z = = r 2 dm r 2π = 2πρl 4 r4 r 2 ρlr dϕdr mit m = πr 2 lρ I S,V Z = 2 mr2 (7) (6) in (5): h HZ = v2 g (7) in (5): h V Z = 3v2 4g 4 cm 3 cm 4

5 3. Gyrobus [2 Punkte] Ein Gyrobus bezieht seine Energie aus einem Schwungrad (Scheibe mit Masse m und Radius 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 und R =.5 m. Die Gesamtmasse des Buses einschliesslich Rad und Passagiere soll 5 t betragen. (a) Wie gross ist die Rotationsenergie des Schwungrades? (b) Wie lange kann der Bus mit einer mittleren Leistung L = 2 kw fahren, bis das Schwungrad nur noch mit der halben Winkelgeschwindigkeit rotiert? Abb. 3: Gyrobus, wie er in den 95ern zwischen Yverdon und Grandson eingesetzt wurde. (c) Welche maximale Höhendifferenz könnte der Bus theoretisch überwinden (ohne Reibung) bis das Schwungrad zum Stillstand gekommen ist? (a) Zur Berechnung der Rotationsenergie des Schwungrades gemäss der Formel E rot = 2 I Sω 2 (8) benötigt man das Trägheitsmoment der Scheibe (Zylinder) I S = 2 mr2 und die Kreisfrequenz, mit der sie rotiert Eingesetzt in Gl. (8) erhält man n ω = 2π f = 2π 6 s/min. E rot = π 2 R 2 n 2 m 36 (s/min) J = 55.5 MJ. (b) Gemäss Gl. (8) beträgt die Rotationsenergie bei halbierter Frequenz nur noch ein Viertel der ursprünglichen Energie. Die restlichen Dreiviertel können in kinetische Energie umgesetzt werden: E = I Sω MJ. 5

6 Wenn die mittlere Leistungsaufnahme der Busmotoren L = 2 kw beträgt, kann er mit dieser Energie lang fahren. t = E L 282 s = 34 min 42 s (c) Nun soll die gesamte Rotationsenergie in potentielle Energie umgewandelt werden: E rot = E pot π 2 mr 2 n 2 = Mgh max (n = 3 min = 5 s ) h max = π2 mr 2 n 2 Mg 32 m. 4. Energiebilanz bei Rotationen [3 Punkte] An einer Schnur der Länge l wird eine Masse m auf einer horizontalen Kreisbahn herumgeschleudert. Während dieser Bewegung wird die Schnur auf die Länge l 2 verkürzt, ohne ein Drehmoment auf die Masse auszuüben, vgl. Abb. 4. Zeige, dass die Differenz der kinetischen Energie der Masse auf den beiden Kreisbahnen dem Betrage nach gleich der Arbeit ist, die aufgewendet werden muss, um die Masse nach innen zu ziehen. Abb. 4: Änderung der Rotationsenergie durch Änderung des Radius Wenn an der Schnur nur in radialer Richtung gezogen wird, wirkt kein Drehmoment auf die Masse, d.h. der Drehimpuls bleibt erhalten: mit dem Trägheitsmoment I i = ml 2 i folgt I ω = I 2 ω 2 und für die Differenz der Rotationsenergien ω 2 = l2 l2 2 ω (9) E = 2 I 2ω2 2 2 I ω 2 = ( ) l 2 ml2 ω 2 2 l2 2. () 6

7 Um die Masse nach innen zu ziehen, muss man aber Arbeit aufwenden. Angenommen, man zieht sie mit sehr kleiner konstanter Geschwindigkeit, dann muss man immer gerade mit der Zentripetalkraft F z = mω(r) 2 r ziehen und zwar auf dem Weg l l 2. Aus Gl. (9) erhält man und somit: ω(r) = l2 r 2 ω W = = m l2 mω(r) 2 rdr l l2 ω 2 l 4 l r 4 rdr [ ] 5. Arbeit und Potential [2 Punkte] = 2 mω2 l 4 l2 2 l 2 = [ ] l 2 mω2 l 2 2 l2 2 = E qed. Das Vektorfeld F sei gegeben durch F(x,y,z) = ( 4xy 3x 2 z 2,2x 2, 2x 3 z ). Berechne die Arbeit W = B A F d r, die aufgwegendet wird auf dem Durchgang von A = (,,) nach B = (,,). (a) Berechne die Arbeit, die entlang des Weges C verrichtet wird. C sei gegeben durch x = t,y = t 2,z = t 3 (b) Berechne die Arbeit, die entlang des Weges D verrichtet wird. D sei gegeben durch x = t,y = t,z = t (c) Finde ein Potential Φ mit F = Φ und verifiziere die Resultate aus (a) und (b) (a) Die Integrationsgrenzen für t sind und. Weiter gilt dx = dt,dy = 2tdt,dz = 3t 2 dt. B A F d r = (((4t 3 3t 8 )dt) + (2t 2 2tdt) (2t 6 3t 2 dt)) = (8t 3 9t 8 )dt = 8 4 t4 t 9 = 2 ( ) + ( ) = (b) Die Integrationsgrenzen für t sind und. Weiter gilt dx = dt, dy = dt, dz = dt. B A F d r = (((4t 2 3t 4 )dt) + (2t 2 dt) (2t 4 dt)) = (6t 2 5t 4 )dt = 6 3 t3 t 5 = 2 ( ) + ( ) = (c) Um das Potential Φ zu finden, müssen wir die Gleichung F = Φ lösen. Also: Φ x = 4xy + 3x2 z 2 Φ y = 2x2 7 Φ z = 2x3 z

8 Aus der ersten Gleichung findet man Φ = 2x 2 y+x 3 z 2 +C (y,z). Mit C (y,z) einer Funktion, die unabhängig von x ist. Aus der zweiten Gleichung findet man Φ = 2x 2 y +C 2 (x,z) und aus der dritten Gleichung Φ = x 3 z 2 +C 3 (x,y). Ein Potential ist also Φ = 2x 2 y + x 3 z 2. Alle Funktionen, die sich von Φ nur durch eine Konstante unterscheiden, sind auch Potentiale. Die Arbeit entspricht der Änderung des Potentials. Also ist entlang des Weges C: Φ = 2t 2 t 2 +t 3 t 6 = Und entlang des Weges D: Φ = 2t 2 t +t 3 t 2 = 8

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