Experimentalphysik 1

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1 Technische Universität München Fakultät für Physik Ferienkurs Experimentalphysik 1 WS 16/17 Lösung 1 Ronja Berg (ronja.berg@tum.de) Katharina Scheidt (katharina.scheidt@tum.de) Aufgabe 1: Superposition (a) Legen wir den Ursprung des Koordinatensystems in den Startpunkt des Bootes, sind die Anfangsbedingungen für das Boot x = und y =. Das Boot hat die Eigengeschwindigkeit v x = in x-richtung und wird gleichzeitig durch die Geschwindigkeit des Flusses v y = v F in y-richtung abgelenkt. Das Boot erfährt keine Beschleunigung, also ist die Bahnkurve in allgemeiner Form: ( ) ( ) x(t) vb t + x r(t) = = (1) y(t) v F t + y Mit den Anfangsbedingungen x = und y = wird r zu ( ) vb t r(t) =. () v F t Nach der Zeit t = t 1 ist das Boot am gegenüberliegenden Ufer. Wir können t 1 über die Geschwindigkeit des Bootes: t 1 = b. (3) Setzen wir die Zeit t 1 in die Bahnkurve in y-richtung ein, bekommen wir die Ablenkung des Bootes: y(t 1 ) = v F t 1 = v F b = 8m. (4) (b) Jetzt ist die Geschwindigkeit v y = v F = cx(b x), also ortsabhängig. Da das Boot mit in x-richtung fährt, ist seine Geschwindigkeit in y-richtung ebenfalls ortsabhängig und wegen x = t auch zeitabhängig: v F (t) = c t (b t) (5) 1

2 Um die Bahnkurve in y-richtung zu erhalten müssen wir v F über die Zeit integrieren: y(t) = v F (t)dt = 1 cbt 1 3 ct 3 + y. (6) Für y gilt immer noch y =. Setzen wir nun die Zeit t B = b, nachdem das Boot die gegenüberliegende Seite erreicht, für t in y(t) ein, erhalten wir: y(t B ) = cb3 6 = 55m. (7) (c) Das Boot soll jetzt bereits am Anfang schräg fahren, dennoch mit der gleichen Anfangsgeschwindigkeit, wie in (a). Das Boot soll geradeaus über den Fluss fahren. Das bedeutet, dass die y-komponente der Geschwindigkeit des Bootes, entgegengesetzt gleich groß sein muss, wie die Geschwindigkeit des Flusses. Das bedeutet, dass die Beträge gleich sind: v F =,y. (8) Daraus folgt für den Winkel: sin(α) =,y =,8 m s 1 m s =, 8 α = 53. (9) Wenn das Boot nicht abgelenkt werden soll, muss also unter einem Winkel 53 zur Ufernormalen entgegen der Bewegungsrichtung des Flusses gesteuert werden. Aufgabe : Kräfte (a) Zunächst stellen wir die Zwangsbedingungen für das System auf: In diesem Fall haben wir zwei Seile, die die Körper miteinander verbinden. Für beide Seile gilt, dass ihre Länge konstant bleibt. Was sich jedoch ändert, wenn die Massen sich bewegen, ist der Abstand zwischen den Massen und den Rollen. Diese Abstände bezeichnen wir mit x 1, x r, x l und x 3 (siehe Abbildung). x l ist der Abstand zwischen m und der linken Rolle und x r der Abstand zwischen m und der rechten Rolle. Das Seil zwischen m 1 und m habe die Länge l 1 und das Seil zwischen m und m 3 die Länge l 3. Für das System kann man nun mehrere Zwangsbedingungen aufstellen: Die Seillänge l 1 muss konstant sein: Die Seillänge l 3 muss konstant sein: x 1 + x r = l 1 (1) ẍ 1 + ẍ r = (11) x l + x 3 = l 3 (1) ẍ l + ẍ 3 = (13) Außerdem ist der Abstand zwischen den Rollen konstant, daher ist die Summe der Seillängen zwischen m und den Rollen links und rechts auch konstant: x l + x r = l (14) ẍ l + ẍ r = (15)

3 Nun betrachten wir die Bewegungsgleichungen der einzelnen Massen: Auf die Masse m 3 wirkt die Hangabtriebskraft F H = m 3 g sin α und in entgegengesetzter Richtung die Seilspannung T 3. Die resultierende Beschleunigung, die m 3 erfährt, bezeichnen wir mit ẍ 3. Die resultierende Bewegungsgleichung für m 3 ist somit: F H + T 3 = m 3 ẍ 3 (16) m 3 g sin α + T 3 = m 3 ẍ 3 (17) T 3 = m 3 ẍ 3 + m 3 g sin α (18) Auf Masse m wirkt zum einen die Seilspannung in Seil l 3 und in entgegengesetzte Richtung die Seilspannung in Seil l 1. Auch m erfährt eine resultierende Beschleunigung, die betragsmäßig gleich groß ist wie ẍ 3 : T 3 + T 1 = m ẍ r = m ẍ l (19) Auf Masse m 1 wirkt die Gravitationskraft und in entgegengesetzte Richtung die Seilspannung T 1. Auch m 1 erfährt eine resultierende Beschleunigung ẍ 1. ẍ 1 ist betragsmäßig genauso groß, wie ẍ r, ẍ l und ẍ 3. T 1 + F G = m 1 ẍ 1 () T 1 + m 1 g = m 1 ẍ 1 (1) T 1 = m 1 g + m 1 ẍ 1 () Jetzt können wir mit () und (18) T 1 und T 3 in Gleichung (19) eliminieren. Über die Zwangsbedingungen haben wir einen Zusammenhang zwischen den Beschleunigungen und können schlussendlich beispielsweise nach ẍ 1 auflösen: ẍ 1 = F g F H m 1 + m + m 3. (3) (b) Jetzt können die Seilspannungen ganz leicht durch einsetzen von ẍ 1 in Gleichung () und ẍ 3 = ẍ 1 in Gleichung (18) bestimmt werden: F g F H T 1 = m 1 (g + ) m 1 + m + m 3 (4) F g F H T 3 = m 3 (g sin α ) m 1 + m + m 3 (5) Aufgabe 3: Arbeit, Leistung (a) In der Zeit t 1 legt das Fahrzeug die Strecke s 1 zurück, und der Motor verrichtet die Arbeit W = Wegen a W = const. folgt s1 F s ds mit F s = ma W. (6) s1 W = ma W ds = ma W s 1. (7) 3

4 Für die Arbeit erhält man mit s 1 = a W t 1, dass W = ma W t 1 = 49 kw s. (8) (b) Die Leistung ist P (t 1 ) = dw dt = ma Wt 1 = 33 kw. (9) t=t1 (c) Die Beschleunigung a B für das Anfahren am Berg wird mithilfe der Bewegungsgleichung berechnet: ma B = F S F H. (3) Darin ist F S die Zugkraft des Motors. Sie hat denselben Betrag wie auf der waagrechten Strecke: F S = ma W. (31) F H ist der Betrag der Komponente der Gewichtskraft in Richtung des Hanges: und es folgt daraus: (d) Analog zu (b) ist P (t 1 ) = dw dt verrichten: F H = mg sin α (3) a B = a W g sin α =, m/s (33) W = t1. Allerdings muss das Auto jetzt eine andere Arbeit s1 ma W ds = ma Wa B t 1 (34) P = ma W a B t 1 = 5 kw. (35) Aufgabe 4: Energieerhaltung Am Startpunkt der Rampe hat Timmy die kinetische Energie E kin = 1 mv (wenn seine Masse m ist), auf dem Gipfel hat er die potentielle Energie E pot = mgh und keine kinetische Energie, da er stillsteht. Da keine Energie verloren geht oder hinzukommt, muss gelten, was direkt zu Timmy s Startgeschwindigkeit führt: E kin = E pot (36) v = gh. (37) Um auf die Strecke zu kommen, auf der Timmy von seinem Vater angeschoben wird, muss man sich jetzt die beschleunigte Bewegung von Peter ansehen: Wenn sie nach der Zeit t beendet ist, also am Anfang der Rampe, hat Timmy die Geschwindigkeit v = a P t und hat die Strecke d = 1 a Pt zurückgelegt. Es folgt also für die Strecke: d = v a P = gh a P = 19,6 m. (38) 4

5 Aufgabe 5: Kreisbewegung Die Drehscheibe liege in der xy-ebene und der Ursprung des Koordinatensystems sei im Mittelpunkt der Drehscheibe. Der Winkel zwischen Schiene und x-achse sei ϕ(t) = ωt. (a) Die Vektoren für Ort, Geschwindigkeit und Beschleunigung sind x(t) cos ϕ cos(ωt) r(t) = y(t) = r(t) sin ϕ = v t sin(ωt) (39) z(t) v(t) = d r(t) dt a(t) = d v(t) dt (b) Für die Kraft als Funktion der Zeit ergibt sich mit dem Betrag ẋ(t) cos(ωt) ωt sin(ωt) = ẏ(t) = v sin(ωt) + ωt cos(ωt) (4) ż(t) v x (t) sin(ωt) ωt cos(ωt) = v y (t) = v ω cos(ωt) ωt sin(ωt) (41) v z (t) F (t) = m a(t) (4) F (t) = F (t) = mv ω 4 + (ωt). (43) Für das Drehmoment erhält man M(t) = r(t) F cos(ωt) sin(ωt) ωt cos(ωt) (t) = mvωt sin(ωt) cos(ωt) ωt sin(ωt) = mvωtê z. (44) (c) Für den Drehimpuls gilt cos ϕ cos(ωt) ωt sin(ωt) L(t) = r(t) p(t) = mvt sin ϕ sin(ωt) + ωt cos(ωt). (45) Aufgabe 6: Drehmoment Die Gewichtskraft F O von Otto und die Federkraft F F erzeugen zueinander entgegengerichtete Drehmomente D O und D F, deren Summe im Gleichgewicht verschwindet. Wir legen den Drehpunkt in das linke Ende des Balkens (siehe Bild). Wir nehmen an, dass die Kräfte zu jeder Zeit senkrecht auf den Balken wirken und wir können daher mit den Beträgen der Drehmomente rechnen. Man erhält für die Drehmomente: D O = L Mg und D F = Lk z F (46) Die Summe der Drehmomente soll verschwinden, weil sich die Anordnung nach Ottos Einsinken nicht mehr bewegt. D ges = D O + D F =. (47) 5

6 Das bedeutet, dass die Beträge der beiden Drehmomente gleich sind. D O = D F L Mg = Lk z F z F = Mg k, (48) wobei z F die Strecke ist, um die die Feder zusammengedrückt wird. Da Otto in der Mitte des Balkens sitzt, sinkt er um z O = z F = Mg 4k = 3,4 cm (49) Aufgabe 7: Gravitation (a) Die Schwerkraft auf eine Masse m auf der Mars-Oberfläche ist: F G = mg Mars = G mm Mars R Mars g Mars = G M Mars R Mars = 3,71 m s (5) (b) Gesucht ist der Radius r der Kreisbahn mit Winkelgeschwindigkeit ω = T Mars mit T Mars = 4 h37 min = 88 6 s. Den Radius r erhalten wir durch das Kräftegleichgewicht zwischen Zentrifugalkraft und Gravitationskraft: G mm Mars r = mω r (51) r = 3 GMMars ω = 3 GMMars TMars 4π = 144 km (5) Die Höhe des Satelliten über der Marsoberfläche ist somit: h = r R Mars = 1,7 1 4 km (53) π 6