Lösung 4

Physik I
Übung 4 - Lösungshinweise
Moritz Kütt
Stefan Reutter
Franz Fujara
WS 2011/12
Stand: 22.12.2011
Aufgabe 1 Postraub
Es war im Jahre 1892 als der berüchtigte Ganove Langfuß-Bill mit seiner Bande einen legendären Postraub duchführte, bei dem sie ein Vermögen von über zehntausend Dollar erbeuteten.
Ihr Plan war, den Geldwaggon von der Lok abzuhängen, während diese einen Berg hochfuhr.
Der Waggon rollte dann rückwärts den Berg hinunter, musste aber auf der anderen Seite wieder
einen (kleineren) Berg hinaufrollen.
Das Problem: Der Waggon war zu schwer um über den Berg zu kommen. Deswegen mussten
Bill und seine Leute in der Talsohle anfangen, einen Teil ihrer Beute zur Seite hinauswerfen.
Berechne mit Hilfe der Impulserhaltung (1. Newtonsches Gesetz), wie groß ein konstanter Auswurf von Postsäcken β = dm
(schneller geht’s halt nicht, mann!) gewesen sein muss, wenn der
dt
Waggon mit Anfangsmasse m0 = 104 kg und Anfangsgeschwindigkeit v 0 = 40 m/s eine Strecke
von s = 1380 m mit einer konstanten Steigung von α = 4◦ für t 1 = 70 s hinaufgefahren ist.
Berechne außerdem, wieviel Beute dabei verlorengegangen ist.
Lösungshinweise:
Bitte entschuldigt diese Aufgabe, sie ist leider voll in die Hose gegangen. Die Differentialgleichung, die ihr lösen solltet, hat mit dem beschriebenen Problem erst einmal nichts zu tun weil
die Säcke, die man zur Seite hinauswirft, ihren Impuls mitnehmen. Da die DGL, die ihr hier lösen solltet, die erste war, die wir in der Übung behandelt haben, sei hier die Lösung noch einmal
ausführlich dargestellt. Dabei werden wir auch auf einige Mathematik, die man bei der Aufgabe
braucht, genauer eingehen.
Homogene Lineare Differentialgleichungen
Hat man es mit einer DGL der Form
dy
dt
= A(t) y
(1)
zu tun, existiert eine allgemeine Lösung (d.h. eine Lösung, die alle möglichen Anfangsbedingungen erfüllt). Man kann sie für eine eindimensionale Funktion y ausrechnen, indem man ein
Verfahren anwendet, das sich Trennung der Veränderlichen nennt. Dazu kann man als Physiker
Gl. (1) mit dt multiplizieren und erhält
dy
y
= A(t)dt
1
Das kann man nun auf beiden Seiten integrieren
Z
dy
=
y
0
ln( y) + C =
Z
A(t)dt
Z
A(t)dt
R
y =e
R
y =e
A(t)dt−C 0
· e−C
A(t)dt
R
y = Ce
0
A(t)dt
(2)
0
Das ist die allgemeine Lösung der homogenen DGL, wobei die Konstante C = e−C noch nicht
festgelegt ist und durch die Anfangsbedingungen bestimmt wird (sie enthält die Integrationskonstante beider Seiten). Das geht natürlich auch, wenn man statt t eine andere Variable, zum
Beispiel die Masse m, substituieren kann.
Beispiel
Die DGL der Posträuberaufgabe ohne Gewichtskraft lautet
!
0=
dp
dt
1 dv
=
dm
v +m
dt
1 dm
=−
v dt
m dt
dv
dt
Man kann nun substituieren (mit dt multiplizieren)
dv
v
=−
dm
m
0
ln(v ) + C = − ln(m) = ln
v=
C
m
=
1
m
C
(3)
m0 + β t
Wobei β die konstante Massenänderung ist, weshalb m(t) = m0 + β t gilt. Will man als Anfangsbedingung noch v (t = 0) = v 0 erfüllen (das funktioniert aber genauso für jede beliebige
Anfangsbedingung), ergibt sich
v (t = 0) = v (m = m0 ) =
C
m0
!
= v0
Somit ist auch die Konstante bestimmt. Insgesamt ist
v (t) =
v 0 m0
m0 + β t
(4)
2
Inhomogene Lineare Differentialgleichungen
Addiert man zu der homogenen Differentialgleichung noch einen Term hinzu, der nur von t,
aber nicht von y abhängt (eine sog. Inhomogenität), wird das Ganze etwas komplizierter
dy
= A(t) y + b(t)
dt
(5)
Hier muss man jetzt wieder ein bisschen Theorie treiben. Ein Satz aus der Mathematik besagt,
dass die allgemeine Lösung einer inhomogenen linearen Differentialgleichung als Summe der
allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung und einer speziellen Lösung der inhomogenen
Gleichung geschrieben werden kann. Diese Situation kann man sich so veranschaulichen wie
bei einer Gerade, die nicht durch den Ursprung geht:
Eine solche Gerade kann man durch einen Richtungsvektor und einen beliebigen Stützvektor
beschreiben (oben sind zwei Beispiele hierfür gezeigt). Der Richtungsvektor entspricht der
allgemeinen Lösung der homogenen DGL, der Stützvektor ist die spezielle Lösung für die inhomogene DGL. Dabei spielt es keinerlei Rolle, welche spezielle Lösung man sich wählt: Man
kann eine raten oder auch ausrechnen.
Will oder kann man die spezielle Lösung nicht raten, steht einem das Verfahren der Variation
der Konstanten zur Verfügung. Klingt komisch, ist aber so. Die Idee, die dahinter steckt, ist, die
Konstante C in der allgemeinen Lösung der homogenen DGL zeitabhängig zu machen. Es ergibt
sich dann
R
yi = C(t)e
R
Zur Vereinfachung schreiben wir f (t) = e
d yi
dt
A(t)dt
(t) = C(t)
A(t)dt
. Dann ist
d f (t)
dt
+
dC(t)
dt
f (t)
3
Setzt man das in (5) ein, ergibt sich
d yi
dt
=C
df
dC
+
dt
dt
f = AC f + b(t)
(6)
Man kann nun verwenden, dass yh(t) = C(t) f (t) die homogene Differentialgleichung löst,
also
df
= AC f
dt
df
dC
C
+
f =
AC
f + b(t)
dt
dt
dC(t)
f (t) = b(t)
dt
Zt
C
f −1 (t 0 )b(t 0 )dt 0
C=
(7)
t0
Damit hat man die gesuchte spezielle Lösung der inhomogenen Gleichung gefunden
Zt
yi (t) = f (t)
f −1 (t 0 )b(t 0 )dt 0
t0
Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung ergibt sich dann, wie oben geschildert, als
Summe aus der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung und der speziellen Lösung der
inhomogenen, wobei man die Konstante, die in der homogenen Lösung noch steht, wiederum
aus den Anfangsbedingungen erhält
R
y(t) = yh(t) + yi (t) = Ce
A(t)dt
+ f (t)
Zt
f −1 (t 0 )b(t 0 )dt 0
t0
Beispiel
Die inhomogene Gleichung für die Posträuberaufgabe lautet
!
−mg sin α =
dp
dt
1 dv
=
dm
v +m
dv
dt
dt
1 dm
=−
−g sin α
v dt
m dt | {z }
=b(t)
Die allgemeine Lösung für die homogene Gleichung haben wir oben schon berechnet:
4
v h(t) = C
1
(8)
m0 + β t
Eine Lösung für die inhomogene Gleichung ergibt sich mit Variation der Konstanten zu
v i (t) =
=
Zt
1
m0 + β t
−g sin α
m0 + β t
0
(m0 + β t 0 )(−g sin α)dt 0
1
m0 t + β t
2
2
Was noch zu tun bleibt, ist die gesuchte Lösung mit Hilfe der Anfangsbedingung v (t = 0) = v 0
zu bestimmen
v (t = 0) = v h + v i =
C
m0 + β t
−
g sin α
m0 + β t
1
m0 t + β t
2
2
!
= v0
Da v i (t = 0) = 0, muss wiederum C = v 0 m0 gelten, um diese Anfangsbedingung zu erfüllen.
Die Probe, dass die Lösung tatsächlich die DGL löst, überlassen wir euch.
Lösung der Posträuberaufgabe
Wenn man die falsche Lösung verwendet, um die Aufgabe zu rechnen, kommt man auf folgendes
Ergebnis (Geschwindigkeit am Scheitelpunkt soll mindestens 0 sein):
!
0 = v (t 1 ) =
v 0 m0
g sin α
1
β t 12
m0 t 1 +
−
m0 + β t 1 m0 + β t
2
1
v 0 m0 = g sin α m0 t 1 + β t 12
2
v0
2m0
β= 2
− t 1 = −47.1 kg/s
g sin α
t1
Aufgabe 2 Wie Hund und Katz. . . und Fuchs II, die Zweite
Nachdem der Fuchs und die Katze den Hund aus dem Fluss geangelt haben, und er wieder
trocken ist, wollen sie nun gemeinsam ihre jeweiligen Absprungtechniken optimieren. Der Hund
kann immer noch nur aus dem Stand abspringen, der Fuchs Anlauf nehmen und die Katze
auf Bäume klettern, jedoch können sie nun alle in unterschiedlichem Winkel abspringen. Alle
springen wieder mit einer Geschwindigkeit von |v~0 | = 6 m/s. Der Baum habe eine Asthöhe von
2 m. Der Fuchs läuft mit einer Anfangsgeschwindigkeit in x-Richtung von v F = 3 m/s an. Sie
denken viel nach, und probieren viel aus, doch eine Lösung fällt ihnen leider nicht ein. Dafür
fallen sie alle irgendwann mal ins Wasser.
5
Versuche du ihnen zu helfen, indem du die jeweiligen optimalen Absprungwinkel für Hund,
Fuchs und Katze berechnest (am besten in dieser Reihenfolge).
q
2hg
Hinweis zur Katze: Benutze an geeigneter Stelle eine Vereinfachung der Art A = sin2 α + v 2 . Es
0
ist anschließend auch hilfreich, wenn man durch Umformungen zu Termen (sin α+A) kommt.
Lösungshinweise:
Hund
x H (t) = v 0 cos αt
yH (t) = v 0 sin αt −
1
2
g t2
!
Wieder Fallzeit t H berechnen über yH (t) = 0 und einsetzen, bei unbekanntem α erhält man
x H (α) =
2v 02
g
sin α cos α
Ableiten für Maximum/Minimum:
d x H (α)
dα
=
2v 02
g
(cos2 α − sin2 α)
d x (α)
H
Mit dα
= 0 folgt cos2 α = sin2 α. Nun kann man entweder überlegen, dass dann auch die
Wurzeln gleich sein müssen (cos α = sin α), und dass das genau dann der Fall ist wenn α = 45◦ .
Alternativ setzt man cos2 α = 1 − sin2 α ein und erhält
1 − sin2pα = sin2 α
arcsin 22 = α
45◦ = α
Fuchs
x F (t) = (v F + v 0 cos α)t
y F (t) = v 0 sin αt −
1
2
g t2
!
Wieder Fallzeit t H berechnen über yH (t) = 0 und einsetzen, bei unbekanntem α erhält man
x F (α) =
2v F v 0
g
sin α +
2v 02
g
sin α cos α
6
Ableiten für Maximum/Minimum:
d x F (α)
dα
=
2v F v 0
g
cos α +
2v 02
g
d x F (α) !
=
dα
2
2v 02
2v F v 0
g
(cos2 α − sin2 α)
0
cos α + g (cos2 α − sin α) = 0
v F cos α + v 0 (cos2 α − 1 + cos2 α) = 0
v
cos2 α + 2vF cos α − 12 = 0
0
Das ist eine quadratische Gleichung in cos α, man kann entweder substituieren oder gleich hinschreiben:
Ç 2
vf
vf
(cos α)1/2 = − 4v ±
0 ‚
16v 02
vf
+ 12
Ç
Œ
v 2f
α1 = arccos − 4v + 16v 2 + 12
0
‚
Œ
Ç 20
vf
vf
α2 = arccos − 4v −
16v 02
0
+ 12
α1 = 53.5◦
α2 = 147.7◦
Man könnte noch die zweite Ableitung bilden, um auf das Maximum zu kommen. Aber auch
so ist klar, dass es bei einem Absprungwinkel von 53.5◦ erreicht wird. Sonst würde der Fuchs
entgegen der Anlaufrichtung abspringen.
Katze
x K (t) = v 0 cos αt
yK (t) = h0 + v 0 sin αt −
1
2
g t2
v K,x (t) = v 0 cos α
v K, y (t) = v 0 sin α − g t
!
Wieder Fallzeit t K berechnen über yK (t) = 0
!
yK = 0
t 1/2 =
v0
g
È
sin α ±
v 02
g2
sin2 α +
2h
g
=
v0
g
È
sin α ±
sin2 α +
2hg
!
v 02
7
und einsetzen, bei unbekanntem α erhält man
x K (α) =
v
v 0 cos α g0
sin α +
q
sin2 α +
2hg
v 02
= ...besser nicht ausmultiplizieren
Ableiten für Minimum/Maximum

d xk
dα
= −
v 02
g
sin α sin α +
q
sin2 α +
2hg
v 02
+
v 02
g


α 
cos α cos α + rcos α sin 2hg

sin2 α+ 2
v
0
Dies nun null setzen und den Hinweis A =
q
sin2 α +
2hg
v 02
benutzen. Außerdem klammert man
cos α aus und multipliziert mit A, um den Term (A+ sin α) in beiden Summanden zu erhalten.
€
Š
0 = cos α cos α + cos αAsin α − sin α (sin α + A)
2
0 = cos
€ α (A + sin α)Š− sin αA(sin α + A)
0 = cos2 α − sin αA (sin α + A)
Solange 0◦ < α < 90◦ und h 6= 0 wird die zweite Klammer nie 0 werden (A immer positiv, der
Sinus in diesem Bereich auch). Wir beschränken uns daher auf die Erste und setzen A wieder
ein.
q
2hg
2
2
0=
cos α − sin α sin α + v 2
0
q
2hg
2
2
cos α = sin α sin α + v 2
0
q
2hg
2
2
1 − sin α = sin α sin α + v 2
0 ‹

2hg
2
2
2
2
(1 − sin α) = sin α sin α + v 2
2hg
1 − 2 sin2 α + sin4 α = sin4 α + sin2 α v 2
1
2hg
+2
v2
0
0
0
= sin2 α
1
α = arcsin r 2hg
v2
0
+2
= 34.7◦
8
Hausaufgabe 1 Kinderbillard
Der kleine Egon (m E = 40 kg) und der kleine Manni (m M = 30 kg) werden an den meisten
Tagen auf dem Heimweg von fiesen Halbstarken gequält. Im Winter haben die sich etwas ganz
besonders Gemeines ausgedacht: Sie stecken die Kinder jeweils in
schieben
Reifen und einen
7 m
5 m
sie auf einem zugefrorenen See mit Geschwindigkeiten von v~E =
bzw. v~M =
s
s
3
5
aufeinander zu. Nachdem
sie aneinandergestoßen sind, bewegt Manni sich mit einer Geschwin3 m
0
digkeit von v~M
=
. Berechne, mit welcher Geschwindigkeit Egon sich nach dem Stoß
s
8
bewegt.
Lösungshinweise:
Ganz billige Impulserhaltungsaufgabe
v~E0
Š
mM €
0
=
v~M − v~M
= v~E +
mE
8.5
0.75
m
s
Das Problem ist allerdings unphysikalisch, weil die Energie nach dem Stoß größer ist als vor
dem Stoß (es gab einen Bonuspunkt, wenn man das erkannt hat).
Hausaufgabe 2 Fallmaschine 2
In der Vorlesung wurde ein Versuch mit einer beweglichen Masse auf einer Fallmaschine gezeigt.
Nun wurde der Versuchsaufbau etwas verkompliziert. Die Abbildung zeigt diesen Aufbau. Alles
bewegt sich reibungsfrei, die Verbindungsschnüre sind gewichtslos und für alle nötigen Bewegungen lang genug. Auch die Schiene ist lang genug für alle nötigen Bewegungen. Es gilt, dass
m2 = 2m1 .
a) Wie schnell bewegt sich das System aus gekoppelten Massen, wenn m2 auf dem Boden ankommt (die Falltiefe soll allgemein s sein)?
9
b) Wie muss das Massenverhältnis
m2
M
sein, damit v = 10m/s, wenn m2 am Boden ankommt?
c) Für beliebige Massen m1 , m2 und M : In welchem Winkel muss die Ebene, auf der M gleitet,
zur horizontalen stehen, damit die drei Massen im Gleichgewicht sind?
Lösungshinweise:
Alle Kräfte werden nur betragsweise betrachtet.
a) Die folgende Kraft wirkt beschleunigend auf das System:
F = −m1 g + m2 g
Nach dem 2. Newtonschen Gesetz gilt für das System:
m g es a = F
(m1 + m2 + M )a = −m1 g + m2 g
a=
−m1 g+m2 g
m1 +m2 +M
a=
m2 g
3m2 +2M
Mit der zurückgelegten Strecke
s=
t=
1
at 2
2
Æ
2s
a
kann man nun die Geschwindigkeit berechnen:
v = at
v=
m2 g
3m2 +2M
v=
Æ
q
2s
m2 g
3m2 +2M
2gs 3m
m2
2 +2M
b)
v=
Æ
2gs 3m
m2
2 +2M
v 2 = 2gs 3m
m2
2 +2M
v 2 (3m2 + 2M ) = 2gsm2
2v 2 M = (2gs − 3v 2 )m2
m2
M
=
2v 2
2gs−3v 2
10
Es gibt in der Aufgabe keinen Zahlenwert für s, daher ergibt sich
m2
M
=
200 m2 /s2
300 m2 /s2 − 19.81 m/s2 · s
Da es keine negativen Massen geben kann, und divergierende Massenverhältnisse auch nicht
sinnvoll erscheinen, gibt muss gelten s > 15, 2 m. Das war aber nicht mehr teil der Aufgabe.
c) ObdA ist hier folgende Annahme möglich: m2 > m1 (Man muss sonst nur andersrum benennen bzw. andersherum zeichnen).
Dann gilt für die Kräfte:
F = (m2 − m1 − M sin α)g
Im Gleichgewicht ist dann
!
F= 0
0 = (m2 − m1 − M sin α)g
m2 −m1
sin α =
M
m −m
α = arcsin 2M 1
11
Hausaufgabe 3 Physik vs. Mathe
Eine Mathematikerin und eine Physikerin sind mit ihrem Auto im Matsch stecken geblieben.
Die Mathematikerin ist in der Lage, mit einer Kraft F = 400 N zu ziehen. Sie zieht frontal an
vorne am Auto, doch es bewegt sich kein Stück aus dem Matsch. Die Physikerin hat in der
Vorlesung aufgepasst, und nutzt ein Seil und einen zufällig in der Nähe stehenden Baum (siehe
Zeichnung). Sie zieht in die Richtung von F~ mit der gleichen Kraft wie die Mathematikerin. Mit
welcher Kraft kann sie das Auto so in Richtung des Baumes ziehen? (Zusatzaufgabe: Wer von
beiden ist das Auto zuvor gefahren?)
Lösungshinweise:
Hier lässt sich schön ein Kräfteparallelogramm aufzeichnen. Dann erkennt man, dass
die Kraft mit der das Auto in Richtung des
Baumes gezogen wird, wie folgt berechnet
werden kann.
Faut o =
F
2
tan α
= 2286 N
Hausaufgabe 4 Straßenbahnlinie 6 - “Die Schnelle 6”
Die Darmstädter Straßenbahnlinie 6 rast normalerweise ziemlich flott durch Darmstadt. Einige Physiker wollen herausfinden, welche Beschleunigungskräfte herrschen. Dazu haben sie
eine Kugel mit Masse m an einen Faden aufgehängt. Der Faden
wiegt nichts und hat die Länge l (siehe Zeichnung).
Berechne den Winkel α des Fadens zur Vertikalen für die folgenden drei Fälle (jeweils in der Gleichgewichtslage):
a) Während des Anfahrens der Schnellen 6 mit geradliniger und
gleichförmiger Beschleunigung. Dabei wird nach der Strecke s
die Geschwindigkeit v 0 erreicht.
b) Während der Fahrt auf gerader Strecke mit gleicher Geschwindigkeit.
12
c) Während der Fahrt in einer Kurve (Radius r) mit der im Betrag konstanten Geschwindigkeit v 0 .
Lösungshinweise:
a) Es gilt Fa = ma, daher ist es nötig die Beschleunigung der Straßenbahn zu berechnen:
s=
t=
1
at 2
2
Æ
2s
a
v 0 = at =
a=
p
2sa
v 02
2s
Aus der Zeichnung und den eingezeichneten Kräften erkennt man
tan α =
Fa
Fg
=
v 02
ma
=
mg
2s g
v 02
α = arctan 2s g
b) Weil die Fahrt nicht beschleunigt ist, gilt Fa = 0 und damit auch
α = 0.
c) In der Kurve wird die Straßenbahn von der Schiene auf ihrer Bahn
gehalten. Auf die Masse wirkt aber eine Zentrifugalkraft.
Fa = mω2 r = m
v 02
2
tan α =
Fa
Fg
=
v
m r0
mg
v 02
=
r
v 02
rg
α = arctan r g
13