Physik I Musterlösung für die Prüfung Sommer 2011 Aufgabe 1

Physik I Musterlösung für die Prüfung Sommer 2011
Aufgabe 1: Silvesterrakete
Im Folgenden sei
a)
g = 9.81
2
m/s die Erdbeschleunigung.
Damit die Rakete schwebt, müssen sich die Gewichtskraft und die Antriebskraft der
Rakete gerade aufheben. Das heisst es muss gelten
!
FGewicht = FAntrieb
⇒
mg = vGas
dm
.
dt
Damit erhalten wir für den Gasausstoss
dm
mg
=
' 1.962 · 10−4 kg/s .
dt
vGas
b)
Für
dm
mg
=3
dt
vGas
erhalten wir für die Beschleunigung
a=
c)
a
der Rakete
dm
1
vGas
− g = 3g − g = 2g .
m
dt
p~0 = p~1 + p~2 . Vor der Explosion hat
die Rakete den Impulsbetrag p0 = mv = 1.6 kg m/s und nach der Explosion sind die
Impulsbeträge der einzelnen Bruchstücke p1 = 1.2 kg m/s und p2 = 1.5 kg m/s. Mit dem
Für das System Rakete gilt die Impulserhaltung:
Cosinunssatz nden wir dann den Winkel gemäss der Skizze:
p22 = p20 + p21 − 2p0 p1 cos (α1 )
p21 = p20 + p22 − 2p0 p2 cos (α2 )
⇒
⇒
Daraus folgt ein Gesamtwinkel von
α = α1 + α2 ' 109.3◦ .
α1 ' 62.9◦
α2 ' 45.4◦ .
(1)
(2)
Aufgabe 2: Rotierender Trichter
a)
Wir betrachten die beteiligten Kräfte:
FH
FN
FN,y
FN,r
FH,y
α
FZP
FH,r
FG=mg
•
Gravitationskraft
•
Die Normalkraft
•
Die Haftkraft
•
Die Zentripetalkraft
FG = mg .
FN
wird von der Oberäche auf den Block ausgeübt.
FH = µH · FN
FZP
wirkt natürlich entlang der Oberäche.
ist die resultierende Kraft aus allen Kräften. Sie wirkt
also nicht noch zusätzlich, sondern es ist völlig ausreichend, wenn man die drei
FN , FG , FH einzeichnet. Ihre Summe ergibt die Zentripetalkraft FZP = FN +
FG (+FH ) die ja auf den Klotz wirken muss, damit er auf der Kreisbahn bleibt. Dies
ist also kein kräftefreies System, sondern die Summe der Kräfte ist FZP .
Kräfte
•
Eine nach aussen wirkende Zentrifugalkraft hat in dieser Zeichnung nichts verloren,
denn sie ist eine Scheinkraft, die nur im System des Blocks wirkt (siehe Aufgabenteil
d).
b)
F~ZP ergeben. Im Fall ohne Reibung lässt
die y− und die r−Achse formulieren:
Die Gesamtsumme der Kräfte muss
Forderung in zwei Gleichungen für
FZP,r
FZP,y = 0 = FG,y + FN,y = −m · g + FN · sin(α)
= m · ω 2 r = FG,r + FN,r = 0 + FN · cos(α).
Dies sind zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten, nämlich
2
nach ω ergibt:
ω2 =
⇒
c)
sich diese
g cos(α)
r sin(α)
mit
FN
und
FZP
(4)
ω = 2π/T . Auösen
r = h tan(α)
p
T = 2π tan(α) h/g
Wieder muss die Kräftesumme
(3)
(5)
(6)
ergeben, allerdings unter Berücksichtigung der Rei-
bungskraft. Es ergeben sich damit die zwei Gleichungen,
FZP,r
FZP,y = 0 = FG,y + FN,y + FH,y = −m · g + FN · sin(α) + µH · FN · cos(α)
= m · ω 2 r = FG,r + FN,r + FH,r = 0 + FN · cos(α) − µH · FN · sin(α),
(7)
(8)
FH = µ · FN . Wieder
FN und ω = 2π/T . Auösen
wobei schon berücksichtigt wurde, dass
sind dies zwei Gleichungen
mit zwei Unbekannten, nämlich
von Gleichung (7) nach
FN
ergibt:
m·g
Eingesetzt in Gl.(8)
sin(α) + µH cos α
cos(α) − µH · sin(α)
m · ω2r = m · g
sin(α) + µH cos(α)
s
s
r sin(α) + µH cos(α) r=h tan(α)
h tan(α) + µH
T = 2π
=
2π
g cos(α) − µH · sin(α)
g tan(α)−1 − µH
FN =
(9)
(10)
(11)
Die Umdrehungsperiode muss also grösser als diese Zeit sein, sonst rutscht der Block
nach unten.
d)
Im rotierenden Bezugssystem wirkt auf den Block die Zentrifugalkraft (nach aussen). Die
Corioliskraft wirkt nicht, solange der Block sich im rotierenden System nicht bewegt.
Aufgabe 3: Rollende Metallkugel
a)
Es gibt drei Kräfte, die auf die Kugel wirken (siehe Skizze): Die Gravitationskraft
F~g = m~g
wirkt vertikal gegen unten, die Normalkraft
platte und die Reibungskraft
F~R
F~N
wirkt senkrecht von der Holz-
wirkt entlang der Platte. Sei
a
die Beschleunigung des
Schwerpunktes entlang der Platte. Das zweite Newtonsche Gesetz in der Komponente
parallel zur Platte lautet:
ma = mg sin(α) − FR
(12)
Das einzige nichtverschwindende Drehmoment auf die Kugel stammt von der Reibungskraft
FR
und ist verantwortlich für die Rotation der Kugel. Die Rotation der Kugel wird
dann beschrieben durch die Drehmomentgleichung
~ tot ,
Jϕ
~¨ = M
wobei
J
das Trägheitsmoment und
(13)
ϕ̈ die Winkelbeschleunigung der Kugel ist. Der Betrag
der Gleichung lautet also
2
mR2 ϕ̈ = FR R .
5
(14)
Da die Kugel nicht gleitet, muss die Beziehung zwischen Winkel- und Schwerpunktsbeschleunigung lauten
a = ϕ̈R .
(15)
Durch die Kombination der Gleichungen (12), (14) und (15) erhalten wir einen Ausdruck
für die Schwerpunktsbeschleunigung
a
im Falle einer reinen Rollbewegung:
a =
b)
5
g sin(α) .
7
(16)
Durch die Kombination der Gleichungen (12), (14) und (15) erhalten wir ebenfalls einen
Ausdruck für die Reibungskraft
FR
im Falle einer reinen Rollbewegung:
FR =
2
mg sin(α) .
7
(17)
Andererseits ist die maximale Reibungskraft gegeben durch
FRmax = µFN ,
wobei
µ
der
Haftreibungskoezient zwischen Kugel und Platte ist. Damit erhalten wir mit der Komponente des zweiten Newtonschen Gesetzes senkrecht zur Platte, d.h.
0 = mg cos(α) − FN ,
(18)
FR ≤ µFN = mgµ cos(α)
(19)
für die Reibungskraft immer
und daraus mit Gleichung (17) für den Haftreibungskoezienten
µ≥
c)
2
tan(α) ≡ µKugel
min .
7
(20)
Die gesamte kinetische Energie der Kugel ergibt sich aus der Summe der kinetischen
Energie des Schwerpunktes und der Rotationsenergie der Kugel. Sei
digkeit des Schwerpunktes und
ω(t) = ϕ̇(t)
v(t)
die Geschwin-
die Winkelgeschwindigkeit der Kugel. Dann
ist ähnlich wie in Gleichung (15) die Relation zwischen Winkel- und Schwerpunktsgeschwindigkeit gegeben durch
v(t) = ω(t)R .
Da der Schwerpunkt der Kugel eine konstanten Beschleunigung
(21)
a
erfährt (siehe Glei-
chung (16)), nimmt die Schwerpunktsgeschwindigkeit linear mit der Zeit zu, d.h. wir
haben
v(t) = at.
Daher gilt für die totale kinetische Energie der Kugel nach der Zeit
1
1
Schwerpunkt
rot
Ekin (t) = Ekin
(t) + Ekin
(t) = mv 2 (t) + Jω 2 (t)
2
2
t
(22)
und wir erhalten schliesslich
2
2
1 2
5
5
1
2
−1
m
gt sin(α) +
mR
gtR sin(α)
Ekin (t) =
2
7
2 5
7
5
=
mg 2 t2 sin2 (α) .
14
d)
(23)
(24)
Das einzige, was sich für den Zylinder gegenüber der Kugel ändert ist das Trägheitsmoment
J . Der Rest der Analyse bleibt gleich. Wenn wir die Rechnung von Aufgabe a) mit
dem neuen Trägheitsmoment durchühren, erhalten wir
2
g sin(α)
3
1
=
mg sin(α)
3
aZylinder =
FRZylinder
(25)
(26)
und damit schliesslich
µZylinder
=
min
Der Zylinder wird also
1
2
tan(α) ≥ tan(α) = µKugel
min .
3
7
nicht herunterrollen, ohne zu gleiten.
(27)
Aufgabe 4: Rotierender Zylinder
a)
Während des ganzen Prozesses beleibt der Gesamtdrehimpuls erhalten. Damit gilt
LA = JA ωA = JE ωE = LE ,
A
wobei der Subskript
gelöst haben, und
E
(28)
sich auf die Anfangskonguration bezieht, bevor sich die Seile
auf die Endkonguration, bei welcher die beiden Massen an der
Zylinderwand haften bleiben. Das Trägheitsmoment am Anfang is gegeben durch
JA =
JAZylinder
+
JAMassen
1
= M L2 + 2m
10
und am Ende
JE =
JEZylinder
+
JEMassen
1
= M L2 + 2m
10
Einsetzen in Gleichung (28) und auösen nach
JA
ωA =
ωE =
JE
=
b)
2
l
2
2
L
.
2
ωE
1
l 2
2
M
L
+
2m
10
2
L 2
1
2
M
L
+
2m
10
2
l 2
L
ωA .
ωA
M + 5m
M + 5m
(29)
(30)
Die kinetische Energie am Anfang ist
1
EAkin = JA ωA2
2"
2 #
l
1 1
M L2 + 2m
=
ωA2
2 10
2
1
=
M L2 + 5ml2 ωA2 .
20
(31)
(32)
(33)
Am Ende ist die kinetische Energie
1
EEkin = JE ωE2
2"
2 #
1 1
L
2
=
M L + 2m
ωE2
2 10
2
1
=
M L2 + 5mL2 ωE2
20
!2
l 2
M
+
5m
1
L
=
M L2 + 5mL2
ωA
20
M + 5m
(34)
(35)
(36)
(37)
2
1 (M L + 5ml2 /L) 2
=
ωA
20
M + 5m
2
1 (M L2 + 5ml2 ) 2
=
ω .
20 M L2 + 5mL2 A
(38)
(39)
Es gilt
EAkin
M L2 + 5mL2
JE
=
>1
=
kin
M L2 + 5ml2
JA
EE
für
c)
(40)
l < L.
Der Vergleich von
EAkin
und
EEkin
aus Aufgabe b) zeigt sofort, dass
EEkin < EAkin
für
l < L.
Andererseits haben wir ein abgeschlossenes System, so dass die Gesamtenergie erhalten
bleiben müsste. Wie können wir diesen vermeintlichen Widerspruch auösen? Durch
die Vorgabe, dass die Massen
m
an den Verschlusskappen haften bleiben, haben wir
stillschweigend angenommen, dass die kinetische Energie der Massen
m
beim Aufprall
in Wärme umgewandelt wird. Wäre das nicht der Fall, müssten die Massen aufgrund der
Energieerhaltung an den Wänden elastisch reektiert werden und würden sich von da an
innerhalb des Zylinders hin und her bewegen, wobei sich auch die Umlaufgeschwindigkeit
ω
des Zylinders zyklisch ändern würde.
Aufgabe 5: Zustandsänderung von Luft
a)
Beim ersten Prozess bleibt das Volumem konstant, d.h. es handelt sich um eine
isochore
Erwärmung. Beim zweiten Prozess ndet kein Wärmeaustausch statt, d.h. es handelt
sich um eine
adiabatische Expansion. Da in letzterem Fall auch die Entropie konstant
bleibt, handelt es sich ebenfalls um eine
b)
isentrope Expansion.
Ein zweiatomisches ideales Gas hat bei Raumtemperatur 5 Freiheitsgrade. Das heisst,
es gilt
κ=
Cp
f +2
7
=
= .
CV
f
5
(41)
Für den isochoren Prozess gilt dann, da das Volumen und die Teilchenzahl konstant sind,
mit der idealen Gasgleichung
p2 =
p1 T2
.
T1
Andererseits gilt für den adiabatischen Prozess
T2
=
T3
p2
p3
(κ−1)/κ
T κ p1−κ ≡ konstant. Das heisst, wir haben
=
(42)
p1 T2
p3 T1
(κ−1)/κ
,
(43)
wobei wir im letzten Schritt Gleichung (42) verwendet haben. Auösen nach
T2
und
Einsetzen der numerischen Werte ergibt schliesslich
T2 =
T3κ
Mit Gleichung (42) erhalten wir auch
c)
p1
p3 T1
κ−1
' 363 K .
p2 = 1.13 · 105
(44)
Pa.
Die zugeführte Wärmemenge für den isochoren Prozess ist gegeben durch
Q. = CV ∆T ,
mit
R
der Gaskontanten und
µ
CV =
f
µR
2
der Anzahl Mol des Gases. Mit
(45)
f =5
für ein zweiatomi-
sches Gas
Q. =
d)
f
5
1200 g
J
µR(T2 − T1 ) = ·
· 8.31
· (363 K − 290 K) ' 62.8 KJ .
2
2 28.97 g/mol
mol K
(46)
Für die adiabatische Expansion entspricht die geleistete mechanische Arbeit des Gases
nach dem ersten Hauptsatz der engegengesetzten Änderung der inneren Energie des
Gases, d.h.
f
W % = −∆U = −CV ∆T = − µR(T3 − T2 ) ' 80 KJ .
2
(47)
e)
Die isochore Erwärmung und die adiabatische Expansion können als Übergänge
und
2→3
3 → 4 eines Otto-Kreisprozesses aufgefasst werden (siehe Skizze). Bei einem solchen
Prozess wechseln sich isochore und adiabatische Zustandsänderungen ab. Wir werden
in dieser Teilaufgabe der Indexierung der Prozesse wie in der Skizze folgen. Um keine
Verwirrung mit der bisherigen Indexierung zu schaen, versehen wir die Temperaturen
und Volumina mit der neuen Indexierung mit einem tilde. Das heisst es gilt
T̃3 = T2 , T̃4 = T3
und
Ṽ2 = V1 , Ṽ3 = V2 , Ṽ4 = V3 .
η=
Arbeit
W% + W%
= 12 . 34 .
Zugef uehrte W aerme
Q23
Gewonnene
%
%
W34
haben wir bereits berechnet. Die geleistete Arbeit W12
%
%
berechnet sich analog zu W34 . Wir erhalten sofort W12 = CV (T̃1 − T̃2 ). (Man beachte
%
W12
ist negativ.) Damit ergibt sich der Wirkungsgrad
Die Energiemengen
Q.
23
T̃2 = T1 ,
Der Wirkungsgrad ist deniert durch
und
η=
T̃1 − T̃2 + T̃3 − T̃4
T̃1 − T̃4
=1+
.
T̃3 − T̃2
T̃3 − T̃2
Diesen Ausdruck können wir weiter vereinfachen. Es gilt
T̃4 Ṽ4κ−1 . Da Ṽ1 = Ṽ4 und Ṽ2 = Ṽ3 ergibt sich daraus
(48)
T̃1 Ṽ1κ−1 = T̃2 Ṽ2κ−1 und T̃3 Ṽ3κ−1 =
T̃1
T̃4
=
.
T̃2
T̃3
Setzen wir diese Relation in Gleichung (48) ein, nden wir schliesslich einen Wirkungsgrad von
η =1−
T̃1
T̃4
=1−
' 0.26 .
T̃2
T̃3
Aufgabe 6: Loch in der Erde
Die potentielle Energiedierenz für eine Testmasse
Position
~r1
und der Position
∆E
~r2
pot
m
in einem Gravitationsfeld zwischen der
ist gegeben durch
=E
pot
(~r2 ) − E
pot
Z
~
r2
(~r1 ) = −
F~G (~r) · d~r ,
(49)
~
r1
wobei der letzte Term ein Wegintegral von der Position
Gravitationskräftefeld. Die Energie
den Integrationsweg von
~r1
~r1
zur Position
~r2
ist und
F~G
das
W , die aufgewendet werden muss, um die Testmasse über
~r2 zu bewegen, entspricht genau −∆E pot , wobei ∆E pot
und nach
von der Wahl des gewählten Weges unabhängig ist, solange die Endpunkte 1 und 2 xiert
F~G
sind. In unserem Fall ist das Kräftefeld
kugelsymmetrisch und wir wählen daher den
Integrationsweg immer radial, um das Problem möglichst einfach zu halten. Das Integral (49)
vereinfacht sich dadurch zu
Z
r2
W =
FG (r) dr
(50)
r1
für zwei Positionen bei den Radien
a)
r1
und
r2 .
Für eine kugelsymmetrische Massenverteilung hängt die Gravitationskraft, die auf eine
Testmasse bei Radius
Erde ist die dichte
ρ
r
wirkt, nur von der Masse innerhalb
r
ab. Für unsere homogene
konstant und damit gilt für die Masse innerhalb des Radius
r
r 3
4
3
,
M (r) = πρr = M
3
R
da
M = 4πρR3 /3.
Damit gilt für das Gravitationskräftefeld innerhalb der Erde
FG (r) = G
wobei wir benutzt haben, dass
wir schliesslich
b)
Mm
mg
M (r)m
=G 3 r=
r,
2
r
R
R
g = GM/R2 . Setzen wir FG in Gleichung (50) ein, erhalten
Z
mg R
mgR
W =
r dr =
.
(52)
R 0
2
Aufgrund der Energieerhaltung muss die Summe aus potentieller und kinetischer Energie
pot
während des Falls konstant bleiben. Das heisst, es gilt W = −∆E
= E kin . Also haben
wir
Auösen nach
1 2 mgR
mv =
.
2
2
v
(53)
ergibt sofort eine Engeschwindigkeit von
v=
c)
(51)
p
gR .
(54)
Die benötigte Energie, um ein Teilchen vom Erdinnern unendlich weit von der Erde zu
entfernen, setzt sich aus der Energie
W
zusammem, das Teilchen vom Erdmittelpunkt
an die Erdoberäche zu bringen, und aus der Energie der Fluchtgeschwindigkeit auf der
Erdoberäche, d.h. es gilt
1 2
1
mvF,M = W + mvF2
2
2
(55)
mit
vF,M
die Fluchtgeschwindigkeit vom Erdmittelpunkt und
vF
die Fluchtgeschwindig-
keit von der Erdoberäche aus. Für die Fluchtgeschwindigkeit auf der Erdoberäche
gilt
1 2
mv =
2 F
Z
∞
R
Mm
G 2 dr =
r
Z
∞
G
R
Mm
GM m
= gmR ,
dr =
2
r
R
(56)
so dass
vF =
p
2gR .
(57)
Damit folgt mit Gleichung (53)
1
1
1 1 2
mvF,M = W + mvF2 = m gR + 2gR = m (3gR) .
2
2
2
2
(58)
Damit erhalten die wir die gesuchte Fluchtgeschwindigkeit
vF,M =
d)
p
3gR .
We oben ausgeführt hängt die erforderliche Energie nicht vom konkreten Weg der Testmasse ab. Damit erhalten wir für den kompliziert gewählten Weg dasselbe Ergebnis wie
in Aufgabe a). Der Grund für die Unabhängigkeit des Weges liegt an der Tatsache, dass
Gravitationsfelder in der Newtonschen Mechanik immer konservativ sind, d.h. sie besitzen ein Gravitationspotential. Das gilt insbesondere für jedes sphärisch symmetrische
Feld (wie in unserem Fall).