Prüfungsklausur - Lösung

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1 Prof. G. Dissertori Physik I ETH Zürich, D-PHYS Durchführung: 08. Februar 2012 Bearbeitungszeit: 180min Prüfungsklausur - Lösung Aufgabe 1: Triff den Apfel! (8 Punkte) Wir wählen den Ursprung des Koordinatensystems so, dass der Apfel zum Zeitpunkt t = 0 die Koordinaten (x 0, y 0 ) = (d, H) hat. Die Anfangsgeschwindigkeit des Pfeils ist v 0 = (v 0,x, v 0,y ) = (v 0 cos θ, v 0 sin θ), wobei θ den Winkel zur Horizontalen bezeichnet. a) Die Bewegungsgleichungen für den Apfel und den Pfeil lauten: { { xa (t) = d xp (t) = v Apfel : y A (t) = H 1 Pfeil : 0,x t 2 gt2 y P (t) = h + v 0,y t 1 2 gt2 Der Pfeil trifft den Apfel falls (für t > 0) gilt. Somit folgt also t Treffer = x P (t Treffer ) = x A (t Treffer ) y P (t Treffer ) = y A (t Treffer ) d und (H h) = v 0,y t Treffer = v 0 sin θ v 0,x v 0 cos θ d = d tan θ Für den gesuchten Winkel ergibt sich schliesslich ( ) H h θ = arctan = 22. d b) Um die Fallzeit des Apfels bis zum Boden zu berechnen setzen wir y A (t Fall ) = 0 in die entsprechende Bewegungsgleichung ein und erhalten 0 = H 1 2H 2 gt2 Fall t Fall = g Um den Apfel zu treffen muss der Pfeil also mindestens v min 0,x = v min 0 cos θ = d t Fall und somit v min 0 = als Anfangsgeschwindigkeit haben. 2H g d cos θ = 6.9 m/s c) Wir führen für den Pfeil die Zeit t = t t ein, wobei t gerade der Zeitunterschied zwischen dem Loswerfen des Pfeils und dem Abtrennen des Apfels vom Baum ist. Die gegebenen Bedingungen lassen sich folgendermassen formulieren: t Treffer = d v 0,x 0 = v 0,y t Treffer 1 2 gt 2 Treffer } v 0 sin θ gd 2v 0 cos θ = 0 2 sin θ cos θ = sin 2θ = gd v 2 0

2 Der Abwurfwinkel ist also Die Flugzeit des Pfeils bis zum Apfel beträgt θ = 1 ( ) gd 2 arcsin v0 2 = 19. t Treffer = 2(H h) g d v 0 cos θ = 0.59 s, wobei der Apfel die Zeit t Treffer = = 0.64 s benötigt. Der Pfeil muss also mit einer Verzögerung von t = t Treffer t Treffer = 0.05 s nach dem Abtrennen des Apfels vom Baum losgeworfen werden.

3 Aufgabe 2: Scheibenschiessen (9 Punkte) a) Es handelt sich um einen inelastischen Stoss, d.h. die kinetische Energie ist nicht erhalten. Weiter übt die Achsenbefestigung eine externe Kraft aus, so dass auch die Impulserhaltung nicht gilt. Relativ zur Drehachse ist aber der Drehimpuls erhalten: mv 1 d = Iω + mr 2 ω = 1 2 MR2 ω + mr 2 ω wobei I = 1 2 MR2 das Trägheitsmoment der Scheibe ist und mr 2 ω der Beitrag der Kugel, die im Scheibenrand steckt. Somit gilt: ω = 2m v 1 d M + 2m R 2 b) Aus der Impulserhaltung folgt Für die Drehimpulserhaltung gilt m(v 2 v 1 ) = (M + 2m)v. md(v 1 + v 2 ) = (I + 2mR 2 )ω = ( 1 2 MR2 + 2mR 2 )ω. Multipliziert man die erste Gleichung mit d und addiert bzw. subtrahiert die beiden Gleichungen, so folgt sowie 2mdv 2 = (M + 2m)v d + ( 1 2 MR2 + 2mR 2 )ω v 2 = (M + 2m) 2m v + M + 4m 4md R2 ω 2mdv 1 = (M + 2m)v d + ( 1 2 MR2 + 2mR 2 )ω v 1 = (M + 2m) 2m v + M + 4m 4md R2 ω. c) Es gilt E rot = 1 2 (1 2 MR2 + 2mR 2 )ω 2 = E kin = 1 (M + 2m)v 2 2 v ω = R M + 4m 2(M + 2m).

4 Aufgabe 3: Manueller Raketenwagen (10 Punkte) a) Nach jedem Abwurf gilt die Impulserhaltung: p S,N + p W,N = 0, wobei p W,N den Impuls des Wagens (inklusive der Person und den übrigen Steinen) im Ruhesystem des Wagens vor dem jeweiligen Abwurf bezeichnet. Angenommen der Wagen bewegt sich in positiver Richtung, dann beträgt der Impuls des Steines immer: p S,N = p S = m S v S. Der Impuls des Wagens lässt sich wiederum schreiben als p W,N = (m W + m P + (4 N)m S )v W,N, wobei sich noch 4 N Steine auf dem Wagen befinden. Für die Geschwindigkeit des Wagens im jeweiligen Ruhesystems vor dem Abwurf des Steines N gilt also: v W,N = m S v S m W + m P + (4 N)m S b) In der folgenden Tabelle sind alle Zahlenwerte für v W,N aufgelistet: Abwurf des Steins v W,N (cm/s) Nach Abwurf des ersten Steines beträgt die Geschwindigkeit des Wagens im ursprünglichen Ruhesystem also 8.7 cm/s. Die Geschwindigkeiten v W,N sind gerade die Relativgeschwindigkeiten des Wagens nach dem Abwurf des Steines N bezüglich der Geschwindigkeiten vor dem Abwurf. Somit ist die Endgeschwindigkeit des Wagens im ursprünglichen Ruhesystem gerade die Summe aller Relativgeschwindigkeiten. Als Zahlenwert erhält man 37.3 cm/s. c) Wenn die Person alle Steine gleichzeitig abstösst gilt 4p S + p W = 0, und mit folgt v W = p W = (m W + m P )v W, 4m Sv S m W + m P = 40.0 cm/s. d) Beim gleichzeitigen Abstossen der Steine ist der Wagen schneller, da beim kontinuierlichen Abstossen auch die jeweils verbleibenden Steine auf dem Wagen mitbeschleunigt werden müssen.

5 Aufgabe 4: Rollende Kugel im Innern eines Zylinders (12 Punkte) a) Die Bedingung dafür, dass die Kugel im höchsten Punkt des Loopings nicht fällt, lautet m v2 top R mg 0 und damit ist die Minimalgeschwindigkeit am höchsten Punkt des Loopings v 2 top = gr. Die Bedingung für Rollen ohne zu Gleiten lautet Rθ = rϕ bzw. ω = ϕ = R θ r = v r, wobei v die Geschwindigkeit des Kugelmittelpunkts bezeichnet. Die totale Energie der Kugel am höchsten Punkt ist gegeben durch die Summe aus der kinetischen Energie aufgrund der Translation des Schwerpunkts T T, derjenigen der Rotationsbewegung T R und der potentiellen Energie E pot und somit E top = T T + T R + E pot = 1 2 mv2 top Jω2 top + 2mgR = 1 2 mv2 top v2 5 mr2 top r 2 + 2mgR = 7 10 mv2 top + 2mgR = mgr Hier wurde benutzt, dass für das Trägheitsmoment der Kugel J = 2 5 mr2 gilt. Die totale Energie am tiefsten Punkt ist analog E b = 1 2 mv mr2 ω 2 0 = 7 10 mv2 0. Durch Verwendung von Energieerhaltung und Auflösen nach v 0 erhält man 27 v 0 = 7 gr. Der Fall der gleitenden, nicht rollenden Kugel unterscheidet sich vom obigen insofern, dass im Ausdruck für die totale kinetische Energie der Term der Rotationsbewegung entfällt. Damit erhalten wir E b = 1 2 mv2 0 E top = 1 2 mv2 top + 2mgR = 5 2 mgr und somit v 0 = 5gR. b) Wir definieren v S als die Geschwindigkeit des Kugelmittelpunktes beim Verlassen der Kreisbahn. An diesem Punkt muss die folgende Bedingung gelten: Die Anfangsenergie ist Aus der Energieerhaltung folgt weiter mg cos α = m v2 S R E b = 9 10 E top = mgr mgr = 1 2 mv2 S Jω2 S + mg(r + R cos α) = 7 10 mv2 S + mg(r + R cos α) = 7 mgr cos α + mg(r + R cos α) = 7 cos α cos α 10

6 Somit finden wir cos α = = = Damit erhalten wir cos(θ S ) = 0.84 und θ S = 147.

7 Aufgabe 5: Thermodynamik (10 Punkte) a) Wie viele Freiheitsgrade hat das Gas (Vibrationen nicht inbegriffen)? keine Welche Temperatur hat das Gas nach der Kompression ungefähr? 8.3 C 25 C 190 C 410 C Was gilt für die innere Energie U des Gases? U ist proportional zur Temperatur T des Gases. U ist proportional zum Volumne V des Gases. U hängt von T und V ab. U hängt weder von T noch von V ab. Was ist die Grössenordnung an (mechanischer) Arbeit, die man für diesen Prozess von aussen aufwenden muss? 10 3 Joule 1 Joule 10 3 Joule 10 6 Joule b) Aus dem ersten Hauptsatz der Thermodynamik erhält man für den Carnot Prozess δw + δq 1 + δq 2 = 0, wobei δq i die während der isothermen Expansion bzw. Kompression dem Körper i ab- bzw. zugeführte Wärmemenge ist. Aus der Definition der Wärmekapazität erhält man ausserdem δq i = CdT i. Für den Wirkungsgrad des Carnot Prozesses gilt: η = δw δq 1 = 1 T 2 T 1. Fasst man alle obigen Formeln zusammen ergibt sich also dt 1 + dt 2 dt 1 = 1 T 2 T 1 und somit dt 1 T 1 = dt 2 T 2. Integration bis zur Endtemperatur T E liefert: TE T 0 1 dt TE 1 = dt 2 ln(t E /T1 0 ) = ln(t E /T2 0 ) T E = T1 0 T 1 T2 0 T T Die insgesamt geleistete Arbeit bis beide Körper die Temperatur T E haben ist schliesslich: W = C(T 0 1 T E ) + C(T 0 2 T E ) = C(T T 0 2 ) 2CT E = C ) 2 (T 01 T2 0

8 Aufgabe 6: Teilchen in Potential (11 Punkte) a) Wir bestimmen zunächst die Nullstellen von V (x), V (x), V (x): V (x) = 2ax bx3 = b 3 x2 (x 6a b ) V (0) = 0, V (6a b ) = 0 (Nullstellen) V (x) = 4ax + bx 2 = bx(x 4a b ) V (0) = 0, V ( 4a b ) = 0 (Maximum, Minimum) V (x) = 4a + 2bx = 2b(x 2a b ) V ( 2a b ) = 0 (Wendepunkt) Das asymptotische Verhalten des Potentials ist lim x V (x) = and lim x + V (x) = +. Die nachfolgende Skizze zeigt den Verlauf von V (x). -32a 3 /3b 2 0 V(x) 0 2a/b 4a/b 6a/b x b) Die Kraft (in x-richtung) beträgt F (x) = dv dx = 4ax bx2. Die möglichen Gleichgewichtspositionen ergeben sich aus F (x G ) = 0, also x G = 0 oder x G = 4a b. Für die stabile Gleichgewichtsposition muss V (x G ) > 0 bzw. F (x G ) < 0 gelten. Dies ist nur für x G = 4a b der Fall. c) Die Taylorentwicklung von F (x) um x 0 bis zur ersten Ordnung lautet: F (x) = F (x 0 ) + x df dx x=x 0 = 4a x mit x = x x 0 Damit lautet die Bewegungsgleichung m x = 4a x. Dies entspricht einer harmonischen Schwingung mit ω = 4a/m. d) Wir betrachten das Minimum x 0 = 4a/b. Die totale Energie beträgt E tot = V (x 0 )+ 1 2 mu2. Einsetzen ergibt E tot = 0. Also kann das Teilchen maximal bis zu den Stellen kommen, wo V (x) = 0 gilt. Damit ist das mögliche Intervall [0, 6a b ].