Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 2 Aufgabe Wir berehnen zuerst den Ort des abarishen Punktes, d.h. seinen Abstand r a vom Erdmittelpunkt. Das von Erde und Mond erzeugte Gravitationspotential ist V (r) = G mm E r G mm ( M R r = Gm me r m ) M r R (r = Abstand vom Erdmittelpunkt, m = Masse der Sonde, m E, m M = Erd- / Mondmasse, R = Abstand der Mittelpunkte Erde-Mond) Der abarishe Punkt ist das Maximum dieses Potentials, gegeben durh ( V (r) = Gm m E r + m ) M 2 (r R) 2 ()! = 0 (2) (Das kann man natürlih auh direkt, ohne Potential hinshreiben.) Daraus ergibt sih ( ) 2 ra R = m M (3) m E r a = (Kontrolle: m M = m E würde r a = R/2 ergeben, passt.) r a R + m M /m E (4) Daraus folgt nun mit Energieerhaltung die Geshwindigkeit v a um r a gerade zu erreihen, d.h. dort die Geshwindigkeit 0 zu haben: 2 mv2 a + V (r E ) = V (r a ) (5) 2 mv2 a = V (r a) V (r E ) (6) Einsetzen der Potentiale und Kürzen von m ergibt: 2 v2 a = Gm E r a G m M R r a + G m E r E + G m M R r E (7) v a = 2G m E r a 2G m M R r a + 2G m E r E + 2G m M R r E (8) (Einsetzen des oben berehneten Wertes von r a bringt keine Vereinfahung.)
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 3 Für allgemeine Abshussgeshwindigkeit v 0 folgt die Geshwindigkeit v beim Einshlag auf dem Mond (d.h. r = R r M ) ebenfalls aus der Energieerhaltung: 2 mv2 0 + V (r E) = 2 mv2 + V (R r M ) (9) Also und shließlih 2 v2 0 Gm E r E G m M R r E = 2 v2 G m E R r M G m M r M (0) v = v 2 0 2G m E r E 2G m M R r E + 2G m E R r M + 2G m M r M ()
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 4 Aufgabe 2 Es kann niht die gesamte kinetishe Energie in innere Energie umgewandelt werden, da dafür das System der beiden Massenpunkte nah dem Stoß ruhen müsste, und das ist niht mit der Impulserhaltung verträglih. (a) Es gilt Impulserhaltung m v + m 2v 2 = m v (2) Maximale Umwandlung in innere Energie findet statt bei total inelastisher Kollision, d.h. wenn v = v 2 (3) Das sind zwei Gleihungen für zwei gesuhte Größen v und v 2 mit der Lösung v = v 2 = m m + m 2 v (4) Die erzeugte innere Energie Q ist kinetishe Energie vorher kinetishe Energie nahher, mit dem Bruhteil Q = 2 m v 2 ( ) 2 2 (m m + m 2 ) v m + m 2 = ( 2 m v 2 m ) m + m 2 = 2 m v 2 m 2 = qt (5) m + m 2 q = m 2 m + m 2 (6) (Physikalish vernünftig: Für m 2 = ist q = und für m 2 = 0 ist q = 0.) (b) Die Geshwindigkeit v S des Shwerpunktsystems ist gegeben durh die Bedingung, dass der Gesamtimpuls vershwindet: m (v v S ) + m 2 (v 2 v S )! = 0 (7) Mit v 2 = 0 ergibt sih hieraus v S = m m + m 2 v (8)
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 5 Die anfänglihe kinetishe Energie im Shwerpunktsystem ist Setzt man hier v S ein, dann erhält man q.e.d. T S = 2 m (v v S ) 2 + 2 m 2v 2 S (9) T S = ( 2 m v 2 m ) 2 + m + m 2 2 m 2v 2 m 2 (m + m 2 ) 2 = ( 2 m v 2 m 2 2 (m + m 2 ) + m ) m 2 2 (m + m 2 ) 2 = 2 m v 2 m 2 (20) m + m 2
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 6 Aufgabe 3 (a) Wir nehmen an, dass die Bewegung dimensional nur in vertikaler Rihtung stattfindet, lassen die positive z-rihtung nah oben zeigen und legen den Nullpunkt auf die Höhe der Matratzenoberflähe. Dann lautet die Bewegungsgleihung m z = mg kz (2) Die Vorzeihen sind rihtig: Ohne Feder würde die Masse m in negative z-rihtung beshleunigt, und die Feder bewirkt bei eingedrükter Matratze, z < 0, eine Kraft nah oben. (b) Die Bewegungsgleihung ist eine inhomogene lineare Gleihung z + ω 2 z = g (22) (ω := k/m) ist ihre allgemeine Lösung die allgemeine homogene Lösung plus eine spezielle inhomogene Lösung. Die allgemeine homogene Lösung ist eine Überlagerung von sin und os, und eine spezielle inhomogene Lösung errät man leiht: z = g/ω 2 = mg/k. Also: z(t) = a osωt + b sin ωt mg k (23) Die Anfangsbedingungen im Augenblik der Landung des Kindes sind z(0) = 0 ż(0) = 2gh (24) (Diese Geshwindigkeit ergibt sih per Energiesatz 2 mv2 = mgh aus der Fallhöhe.) Das bedeutet z(0) = a mg k! = 0 a = mg k und! ż(0) = ωb = 2gh 2gh b = ω Damit ist die vollständige Lösung (25) (26) z(t) = mg ( ) 2gh osωt sin ωt (27) k ω Um die maximale Kompression zu ermitteln, suhen wir die Nullstellen der Geshwindigkeit: ż(t) = mg k ω sin ωt! 2ghosωt = 0 (28)
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 7 tanωt = 2gh k ωmg Jetzt ist der Zeitpunkt gekommen, die angegebenen Zahlenwerte einzusetzen: (29) tan ωt = 0,0 (30) Also ωt = artan( 0,0) + nπ (3) Wir suhen die erste Nullstelle der Ableitung für positive Zeiten, daher müssen wir n = nehmen. Es ergibt sih ωt,47 + 3,45,6704 (32) und daraus t 0,0747 s (33) Setzt man dies in die Lösung für z(t) ein, dann erhält man die maximale Kompression die maximale Kraft z max 0,2209 m (34) F max = k z max 2209 N (35) () Rehnung mit Energieerhaltung: Am Anfang nur potentielle Energie des Kindes in der Höhe h, am Ende Kompressionsenergie der Feder und potentielle Energie in (negativer) Höhe z (keine kinetishe Energie!): ergibt eine quadratishe Gleihung für z: 2 kz2 + mgz = mgh (36) z 2 + 2mg k z 2mgh k = 0 (37) mit den Lösungen z /2 = mg k ± m2 g 2 + 2mgh k 2 k (38)
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 8 Wir suhen die maximale Kompression, die negative Lösung: z max = mg k m2 g 2 + 2mgh k 2 k (39) Einsetzen der angegebenen Werte ergibt z max 22, 09 m (40) in Übereinstimmung dem Ergebnis aus Teil (b).
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 9 Aufgabe 4 Die angehängte Masse sei m, die Seilspannung T, die z-koordinate der angehängten Masse z. Die Vorzeihenkonventionen sind so wie in der Skizze gezeigt. Es sind andere Konventionen möglih, diese müssen aber konsistent sein. ω < 0 z M T m Dann hat man eine Bewegungsgleihung für die Rotation des Zylinders, eine Bewegungsgleihung für die lineare Beshleunigung der angehängten Masse und eine Zwangsbedingung durh den Faden, die die beiden Bewegungsgleihungen verknüpft: Θ ω = rt (4) m z = mg + T (42) z = r ω (43) mit Θ = 2 Mr2. (Die Vorzeihen sind korrekt im Sinne der gewählten Konvention, z.b. führt eine positive Fadenspannung zu einer negativen Winkelbeshleunigung.) Dies sind drei Gleihungen für die drei Unbekannten ω, z und T. Elimination von z führt auf und durh Addition und Auflösen erhält man daraus Mr ω = T 2 (44) mr ω = mg + T (45) ω = mg/r m + M (46) 2
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 0 Für die lineare Beshleunigung folgt und für die Seilspannung z = r ω = mg m + M (47) 2 T = 2 Mr ω = + 2 M mg m + M (48) 2 Die vertikale Tragekraft ist shließlih die Summe aus Gewihtskraft des Zylinders und der Fadenspannung: F = Mg + T = Mg + 2 M mg m + M = 3m + M Mg (49) 2m + M 2
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 Aufgabe 5 d h d 0 (a) Es gilt die Bernoulli-Gleihung 2 ρv2 + p + ρgh = 2 ρv2 0 + p 0 (50) An der Oberflähe des Trihters herrsht Atmosphärendruk, p = p A, ebenso im austretenden Wasserstrahl, p 0 = p A. Daher: Weiterhin gilt die Kontinuitätsgleihung 2 ρv2 + ρgh = 2 ρv2 0 (5) v A = v 0 A 0 (52) v = v 0 A 0 A = v 0 d 2 0 d 2 Wegen dem Hinweis in der Aufgabenstellung ist (53) v 0 (54) Damit vereinfaht sih die Bernoulli-Gleihung weiter ρgh = 2 ρv2 0 (55) und es folgt die Geshwindigkeit des Wasserstrahls: v 0 = 2gh =,5 ms (56)
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 2 (b) Aus der Austrittsgeshwindigkeit und der Quershnittsflähe der Austrittsöffnung ergibt sih der Volumenstrom und die Zeit für das Auslaufen des Volumens V ist Φ = A 0 v 0 (57) t = V Φ = V A 0 v 0 = πd 2 0 4V (58) 2gh t 23,3 s (59) () y Mit zunehmender Fallstreke y nimmt die Fallgeshwindigkeit des Wassers zu. Wäre der Strahlquershnitt konstant, dann würde daher der Volumenstrom des Wassers mit y zunehmen. Dies kann aber niht sein, denn der Volumenstrom ist wegen der Inkompressibilität eine Erhaltungsgröße, d.h. unabhängig von y. Daher muss der Strahlquershnitt zum Ausgleih abnehmen. Für den Volumenstrom Φ(y) gilt Φ(y) = A(y)v(y) = onst. = A 0 v 0 (60) Die Fallgeshwindigkeit als Funktion der Fallhöhe ergibt sih aus der Bernoulli- Gleihung 2 ρv2 (y) ρgy = 2 ρv2 0 (6) (negatives Vorzeihen vor ρgy, da y nah unten zeigt.) Also v(y) = v0 2 + 2gy (62)
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 3 Damit wird die Stromerhaltung zu A(y) v0 2 + 2gy = A 0v 0 (63) bzw. mit A = πd 2 /4 d 2 (y) v0 2 + 2gy = d 2 0v 0 (64) und shließlih d(y) = d 0 v0 v 2 0 + 2gy (65) Mit den angegebenen Werten ergibt sih für y = 24,0 m: d(y) 4,5 mm (66)
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 4 Aufgabe 6 (a) Die Welle bewegt sih nah links, da das Argument der os-funktion kx + ωt = k (x + ω ) k t (67) nah links wandert: Zur Zeit t = 0 ist sein Nullpunkt bei x = 0, zur Zeit t > 0 ist er bei x = ω k t < 0 (68) Aus dieser Gleihung kann man auh die Geshwindigkeit ablesen: v = ω k (69) v = 34 s 62, 8 m = 5 ms (70) (b) Wellenlänge: λ = 2π k 0, m (7) Frequenz: f = ω 2π 50 s (72) Shwingungsdauer: T = f 0, 02 s (73) () Wir setzen uns an einen festen Punkt, d.h. halten x konstant und leiten nah t ab: ẏ(t, x) = aω sin(kx + ωt) (74) Die Amplitude der Geshwindigkeit des Seilelements am festgehaltenen Ort x ist aω (75) (unabhängig von x, klar) und hat den Wert aω = 0, 34 ms (76)
Musterlösung Nahholsemestrale Ex 2.4.2008 5 Aufgabe 7 (a) Vom System S aus wird die Bewegung des Lihtimpulses durh x = (t τ) (77) und die des Empfängers durh x = vt (78) beshrieben. Gleihsetzen und Auflösen nah t ergibt t = τ v (79) und daraus folgt x zu x = vτ v (80) (b) Mit Hilfe der Lorentz-Transformation ergibt sih t = γ (t v ) ( 2x τ = γ v v ) vτ 2 v ( ) v 2 )( + v ) (8) (82) = γ 2 v τ (83) ( = γ + v ) τ (84) ( = + v ) τ (85) ( v = + v v τ (86)