Probeklausur (1.2.2012 ...
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1 2 3 4 5 6 7 8 9 10<br />
∑<br />
Note<br />
Experimentalphysik für Naturwissenschaftler I<br />
Universität Erlangen–Nürnberg<br />
WS 2011/12<br />
<strong>Probeklausur</strong> (<strong>1.2.2012</strong>)<br />
ANMERKUNG: Name, Matrikelnummer und Studiengang müssen Sie bei der <strong>Probeklausur</strong> natürlich<br />
nicht angeben, da diese ja nicht eingesammelt wird! Die folgenden Angaben sind nur zu Ihrer Information,<br />
damit Sie den Kopf der Klausur schon kennen!<br />
Name (in Druckbuchstaben):<br />
Matrikelnummer:<br />
Studiengang:<br />
Bitte beachten: In die Wertung der Klausur gehen nur 8 der 10 gestellten Aufgaben ein. Kennzeichnen Sie<br />
deshalb deutlich vor Abgabe der Klausur, welche zwei Aufgaben nicht gewertet werden sollen! Sie müssen dies<br />
entscheiden, sonst werden einfach zwei Aufgaben nach Belieben gestrichen. Mit jeder Aufgabe können 8 Punkte<br />
erreicht werden.<br />
Empfehlung: Sehen Sie sich am Anfang der Klausur alle Aufgaben kurz an und entscheiden dann, welche Sie in<br />
welcher Reihenfolge bearbeiten wollen. Sollten Sie eine Teilaufgabe nicht bearbeitet haben, benötigen aber deren<br />
Ergebnis für die nächste Teilaufgabe, so nehmen Sie den angegebenen Wert der Ersatzlösung, kennzeichnen dies<br />
auf Ihrem Blatt und rechnen damit weiter.<br />
——————————————————————————<br />
1) Karussell<br />
Gegeben sei ein zunächst ruhendes Karussell, das aus einem homogenen Holzzylinder mit Radius R = 2 m<br />
und Masse M = 160 kg besteht und drehbar um seine Zylinderachse gelagert ist (Trägheitsmoment J Zylinder =<br />
1<br />
2 MR2 ). Ein Kind der Masse m = 20 kg springt mit einer Geschwindigkeit v = 5 m/s auf den Rand dieses<br />
Karussells (siehe Abbildung). Das Kind, welches als punktförmig angenommen werden kann, bleibt auf dem<br />
Rand stehen und versetzt das Karussell in eine Drehbewegung.<br />
(a) Welchen Drehimpuls L K besitzt das Kind bezüglich des Karussell-Mittelpunktes beim Aufspringen (Ersatzlösung<br />
L K = 100 Js)?<br />
1
Lösung (2 Punkte):<br />
⃗L K = ⃗r × ⃗p ⇒ L K = pr ⊥ = mvR = 20 kg · 5 m/s · 2 m = 200 Js.<br />
(b) Wie groß ist das Trägheitsmoment J ges des gesamten Systems, nachdem das Kind aufgesprungen ist (Ersatzlösung<br />
J ges = 250 kg m 2 )?<br />
Lösung (2 Punkte):<br />
J ges = J Zylinder + J K = 1 2 MR2 + mR 2 = 1 2 · 160 kg · 4 m2 + 20 kg · 4 m 2 = 400 kg m 2 .<br />
(c) Mit welcher Winkelgeschwindigkeit ω rotiert das Karussell nach dem Aufspringen des Kindes (Ersatzlösung<br />
ω = 1 s −1 )?<br />
Lösung (3 Punkte):<br />
200 Js<br />
= 0,5 s −1 (bei Verwendung von Ersatzlö-<br />
400 kg m 2<br />
Drehimpulserhaltung: L K = L ges = J ges ω ⇒ ω = L K<br />
sungen ω = 0,4 s −1 ).<br />
J ges<br />
=<br />
(d) Mit welcher Geschwindigkeit bewegen sich die Massenteilchen am Rand des rotierenden Karussells?<br />
Lösung (1 Punkt):<br />
v = ωR = 0,5 s −1 · 2 m = 1 m/s (bei Verwendung von Ersatzlösung v = 2 m/s).<br />
2
2) Rotierender Kegel<br />
Ein Kegel der Masse M = 5 kg besitze eine kreisförmige Grundfläche mit Radius R = 20 cm. Der Kegel rotiere<br />
mit einer Winkelgeschwindigkeit ω 0 = 10 s −1 um seine Kegelachse. Sein Trägheitsmoment ist dabei gegeben<br />
durch J = 3 10 MR2 .<br />
(a) Berechnen Sie die Größe des Trägheitsmoments (Ersatzlösung 0,3 kg m 2 ).<br />
Lösung (1 Punkt):<br />
Die Größe des Kegelträgheitsmomentes ist J = 3<br />
10 · 5 kg · 0,04 m2 = 0,06 kg m 2 .<br />
(b) Der rotierende Kegel werde mit einem konstanten Drehmoment D = −0,3 Nm abgebremst. Wie lange dauert<br />
der Abbremsvorgang bis zum Stillstand (Ersatzlösung t = 4 s)?<br />
Lösung (2,5 Punkte):<br />
D = d L = d (Jω) = J d ω. Integration ergibt Dt = J[ω(t) − ω(0)] = J[ω(t) − ω dt dt dt 0]. Daraus folgt<br />
t = J [ω(t) − ω J<br />
D 0] = −ω 0 , da ω(t) = ! 0 sein soll. Somit ist t = 10 s −1 0,06 kg m2<br />
· = 2 s (bei Verwendung<br />
D 0,3 Nm<br />
von Ersatzlösung t = 10 s).<br />
(c) Wie viele Umdrehungen benötigt der Kegel bis zum Stillstand?<br />
Lösung (2,5 Punkte):<br />
Da ω(t) = d ϕ(t) gilt, ist ϕ(t) = ∫ t<br />
dt 0 ω(t′ ) dt ′ = ∫ t<br />
( D<br />
)<br />
0 J t′ + ω 0 dt<br />
′<br />
= D 2J t2 + ω 0 t = 10 rad. Damit ergeben sich<br />
ϕ(t)<br />
32<br />
= 1,59 Umdrehungen (bei Verwendung von Ersatzlösungen = 5,09 Umdrehungen).<br />
2π 2π<br />
(d) Wie groß war die ursprüngliche Rotationsenergie des rotierenden Kegels? Wie groß wäre sie, wenn der Kegel<br />
mit der ursprünglichen Winkelgeschwindigkeit um eine a = 0,2 m radial verschobene Achse rotieren würde?<br />
Lösung (2 Punkte):<br />
Ursprünglich E rot = 1 2 Jω2 0 = 3 J (bei Verwendung von Ersatzlösung E rot = 15 J), verschobene Achse nach Satz<br />
von Steiner E ′ rot = 1 2 (J + Ma2 )ω 2 0 = 13 J (bei Verwendung von Ersatzlösung E ′ rot = 25 J).<br />
3
3) Monochord<br />
Ein Monochord ist ein einfaches Musikinstrument, bestehend aus einer einzelnen Saite und einem Resonanzkörper.<br />
Die Saite ist an beiden Enden fest eingespannt, wobei die Länge l der schwingenden Saite mit Hilfe eines<br />
beweglichen Keils variiert werden kann.<br />
(a) Geben Sie eine Beziehung zwischen der Länge l der Saite, der Wellenlänge λ der Saitenschwingung und der<br />
Anzahl der Schwingungsknoten n ∈ 0, 1, 2, . . . an. (Die beiden trivialen Schwingungsknoten an den beiden festen<br />
Enden sollen dabei nicht mitgezählt werden.)<br />
Für eine Saite der Länge l = 1 m berechnen Sie die Wellenlänge λ der Grundschwingung und des ersten Obertons.<br />
(b) Die Frequenz der Schwingung hängt von der Ausbreitungsgeschwindigkeit c Saite = 200 m/s der Welle entlang<br />
der Saite ab. Berechnen Sie die Frequenz der Grundschwingung und des ersten Obertons.<br />
(c) Die Saitenlänge l soll nun so verkürzt werden, dass der Grundton, die Tonhöhe des ersten Obertons aus<br />
Teilaufgabe (a) annimmt. Skizzieren Sie maßstabsgetreu für die beiden Fälle jeweils die Saitenlänge, die Grundschwingung<br />
und die erste Oberschwingung. Es ist hierzu keine Rechnung nötig!<br />
Lösung: Monochord<br />
(a) 3 Punkte<br />
(b) 2 Punkte<br />
l = λ (n + 1) ⇔ λ =<br />
2 2<br />
Grundschwingung: λ 0 = 2 m<br />
1. Oberschwingung: λ 1 = 1 m<br />
l<br />
(n + 1)<br />
c = λ f ⇒ f 0 = c λ 0<br />
=<br />
f 1 = c λ 1<br />
=<br />
200 m/s<br />
2 m<br />
200 m/s<br />
1 m<br />
= 100 Hz (1)<br />
= 200 Hz (2)<br />
(c) 3 Punkte<br />
4
4) Beugung am Doppelspalt<br />
Rotes Laserlicht (λ = 633 nm) trifft auf eine Blende mit zwei schmalen Spalten im Abstand von a = 1 mm. (Im<br />
Rahmen dieser Aufgabe können die beiden Spalte als Quellen phasengleicher Kugelwellen betrachtet werden.)<br />
Im Abstand von L = 10 m trifft das Licht auf einen Schirm. Hier werden Intensitätsminima und -maxima<br />
beobachtet.<br />
(a) Die Phase einer optischen Welle ist ϕ = 2π d, wobei d die optische Weglänge ist.<br />
λ<br />
Auf dem Schirm überlagern sich die Lichtfelder beider Spalte. Berechnen Sie den Unterschied ∆d des optischen<br />
Wegs und den Phasenunterschied ∆ϕ als Funktion des Orts x. (Hier kann die Kleinwinkelnäherung<br />
tan(α) ≈ sin(α) ≈ α verwendet werden.)<br />
(b) Geben Sie den Phasenunterschied ∆ϕ im Zentrum (bei x = 0) an. Erwartet man hier ein Intensitätsminimum<br />
oder -maximum?<br />
(c) Für x > 0, geben Sie den Ort x min des ersten Minimums und den Ort x max des ersten Maximums an.<br />
(d) Wird x min kleiner oder größer, wenn der Versuch mit grünem Licht (λ ≈ 500 nm) wiederholt wird?<br />
Lösung: Beugung am Doppelspalt<br />
(a) 3 Punkte<br />
⇒<br />
⇒<br />
∆d = a sin(α)<br />
tan(α) = x L<br />
∆d = a x<br />
L<br />
∆ϕ = 2π λ<br />
(b) 1 Punkt<br />
∆ϕ(x = 0) = 0 ⇒ konstruktive Interferenz ⇒ Maximum<br />
(c) 3 Punkte<br />
erstes Minimum (destruktive Interferenz):<br />
∆ϕ = π oder ∆d = λ/2<br />
⇒ x min = λ L = 3, 17 mm<br />
2a<br />
erstes Maximum (konstruktive Interferenz):<br />
∆ϕ = 2π oder ∆d = λ<br />
a x<br />
L<br />
6
x max = 2x min = λ L<br />
a<br />
= 6, 33 mm<br />
(d) 1 Punkt<br />
x min ∝ λ<br />
kürzere Wellenlänge ⇒ x min wird kleiner<br />
7
5) Kinderkarussell<br />
Ein Kinderkarussell dreht sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω = 0,200 s −1 um die z-Achse. Der Radius<br />
des Karussells sei mit R bezeichnet.<br />
(a) Berechnen Sie die Periode T .<br />
Lösung (1 P):<br />
T = 2π ω<br />
= 31,4 s.<br />
(b) Die Bahnkurve eines Kindes sei parametrisiert durch den zeitabhängigen Vektor<br />
⎛ ⎞<br />
cos (ωt)<br />
⃗r(t) = R ⎝sin (ωt) ⎠ .<br />
0<br />
Bestimmen Sie die Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektoren ⃗v(t) und ⃗a(t) des kleinen Fahrgasts.<br />
Lösung (4 P):<br />
(c) Prüfen Sie die Beziehung<br />
⎛ ⎞<br />
⃗v(t) = ˙⃗r(t)<br />
− sin (ωt)<br />
= Rω ⎝ cos (ωt) ⎠<br />
0<br />
⎛ ⎞<br />
⃗a(t) = ˙⃗v(t)<br />
− cos (ωt)<br />
= Rω 2 ⎝− sin (ωt) ⎠ = −ω 2 ⃗r(t).<br />
0<br />
⃗v = ⃗ω × ⃗r.<br />
Bestimmen Sie dazu zunächst den Vektor ⃗ω. Hinweis: Dreht sich das Karussell im Uhr- oder im Gegenuhrzeigersinn?<br />
Lösung (2 P):<br />
Das Karusell dreht sich gegen den Uhrzeigersinn, wenn man von oben auf die x-y-Ebene schaut.<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
⃗ω = ⎝0⎠ :<br />
ω<br />
(⃗ω × ⃗r) x = ω y r z − r y ω z = −Rω sin (ωt) = v x<br />
(⃗ω × ⃗r) y = ω z r x − r z ω x = Rω cos (ωt) = v y<br />
(⃗ω × ⃗r) z = ω x r y − r x ω y = 0 = v z .<br />
(d) Skizzieren Sie das Karussell, sowie die drei Vektoren ⃗r, ⃗v und ⃗a für das Kind zur Zeit t = 0.<br />
Lösung (1 P):<br />
8
6) Kanone<br />
Eine Kanone gibt einen Schuß ab. Der Austrittswinkel des Geschosses beträgt α = 45 ◦ zur Horizontalen, bei<br />
einer Austrittshöhe über dem (ebenen) Boden von y 0 = 1,0 m. Der Betrag der Abschußgeschwindigkeit ist<br />
v 0 = 50 m/s. Reibung werde vernachlässigt.<br />
(a) Geben Sie die Bewegungsgleichungen für die Komponenten x(t) (horizontal) und y(t) (vertikal) der Bahnkurve<br />
an.<br />
Lösung (2 P) :<br />
x(t) = v x t + x 0 ,<br />
y(t) = − 1 2 gt2 + v y t + y 0 .<br />
(b) Wie viel Zeit benötigt die Kugel für ihren Flug? (Ersatzlösung: t F lug = 8,00 s)<br />
Lösung (4 P):<br />
y(t F lug ) = 0 ⇒ − 1 2 gt2 + v y t + y 0 = 0,<br />
→ t F lug = −v y ± √ v 2 y + 2gy 0<br />
−g<br />
= 7,24 s (v y = v 0 sin α).<br />
Die zweite Lösung der Gleichung, t F lug = −0,028 s, scheidet wegen des negativen Vorzeichens aus (bzw. beschreibt<br />
die rückwärtige Verlängerung der Bahn des Geschosses in die Vergangenheit, falls es vom Boden aus abgefeuert<br />
worden wäre).<br />
(c) Wie weit fliegt die Kugel?<br />
Lösung (2 P):<br />
Setze x 0 = 0.<br />
Mit Ersatzlösung: d = 283 m<br />
d = x(t F lug ) = v x t F lug = 256 m<br />
(v x = v 0 cos α).<br />
10
7) Sprinter<br />
Ein 100 m Läufer tritt bei einem Wettkampf an. Hierfür beschleunigt er die ersten 20 m der Strecke gleichmäßig<br />
vom Stand aus bis zu seiner Höchstgeschwindigkeit von 11, 00 m und benötigt dafür 3, 64 s. Mit dieser konstanten<br />
s<br />
Geschwindigkeit sprintet er bis 10 m vor der Ziellinie. Dort beginnt er aufgrund einer Fehleinschätzung bereits<br />
gleichmäßig abzubremsen, wodurch er im Ziel nur noch eine Geschwindigkeit von 8, 50 m hat. s<br />
(a) Welche Zeit benötigt der Sprinter jeweils für die zwei Teilabschnitte "‘Laufen mit Höchstgeschwindigkeit"’<br />
und "‘Abbremsen vor dem Ziel"’ und welche Gesamtzeit für seinen 100 m-Lauf ergibt sich daraus? (Ersatzlösung:<br />
Abschnitt 2: t 2 = 10 s, Abschnitt 3: t 3 = 1 s, Gesamtzeit: t Gesamt = 14, 64 s)<br />
Lösung: (4 Punkte)<br />
Für den Teilabschnitt der gleichmäßigen Bewegung gilt: Zurückgelegte Strecke von der 20 m-Marke bis zur<br />
90 m-Marke, also 70 m. Diese Strecke wird mit einer konstanten Geschwindigkeit von v = 11 m zurückgelegt.<br />
s<br />
Die Formel für den Zusammenhang zwischen Weg, Zeit und Geschwindigkeit für eine gleichförmige Bewegung<br />
lautet:<br />
s = v · t<br />
Umgestellt nach der Zeit ist dies einfach:<br />
t = s = 70 m = 6, 36 s<br />
v 11 m s<br />
Für den letzten Streckenabschnitt kann diese Formel nicht angewendet werden, da es sich hier um eine gleichmäßig<br />
beschleunigte (abgebremste) Bewegung handelt. Bekannt ist hier für uns die Strecke. Diese startet bei der<br />
90 m-Marke und endet am Ziel, also bei der 100 m-Marke, beträgt also 10 m. Weiterhin kennen wir Anfangs- und<br />
Endgeschwindigkeit v Anfang = 11, 00 m und v s End = 8, 50 m und somit auch die Geschwindigkeitsdifferenz ∆v =<br />
s<br />
2, 50 m . Da die Geschwindigkeitsabnahme gleichmäßig erfolgt, liegt die Durchschnittsgeschwindigkeit genau im<br />
s<br />
Mittel zwischen Anfangs- und Endgeschwindigkeit, beträgt also v Durchschnitt = 1 · (v 2 Anfang + v End ) = 9, 75 m.<br />
s<br />
s<br />
Die benötigte Zeit für diese Strecke ergibt sich einfach aus t =<br />
v Durchschnitt<br />
= 10 m = 1, 03 s.<br />
9,75 m s<br />
Als Gesamtzeit für den Lauf ergibt sich somit t Gesamt = 3, 64 s + 6, 36 s + 1, 03 s = 11, 03 s<br />
(b) Zeichnen Sie das zum Lauf passende v-t und a-t-Diagramm!<br />
Lösung: (3 Punkte)<br />
11
v-t-Diagramm<br />
Für das a-t-Diagramm muss man zunächst die Beschleunigungen für die Teilbereiche 1 (Vom Start bis zur Höchstgeschwindigkeit)<br />
und 3 (Abbremsen vor dem Ziel) berechnen.<br />
a 1 = ∆v<br />
t 1<br />
= v max−v 0<br />
t 1<br />
= 11,00 m s −0 m s<br />
= 3, 02 m 3,64 s s 2<br />
Im Teilbereich 3 findet ein Bremsvorgang statt, insofern ist eine negative Beschleunigung a 3 zu erwarten.<br />
a 3 = ∆v<br />
t 3<br />
= v end−v max<br />
t 3<br />
= 8,50 m s −11,00 m s<br />
= −2, 43 m 1,03 s s 2<br />
Im Abschnitt 2 ist die Beschleunigung a 2 = 0, da der Läufer dort mit konstanter Geschwindigkeit unterwegs ist.<br />
Somit ergibt sich das entsprechende a-t-Diagramm für den Lauf.<br />
a-t-Diagramm<br />
12
(c) Welche Durchschnittsgeschwindigkeit hatte der Läufer?<br />
Lösung: (1 Punkt)<br />
Die Durchschnittsgeschwindigkeit ergibt sich einfach aus insgesamt gelaufener Strecke und dafür benötigter Zeit:<br />
v Durchschnitt = 100m = 9, 07 m.<br />
11,03 s s<br />
(Bei Verwendung der Ersatzlösung: v Durchschnitt = 6, 83 m)<br />
s<br />
13
8) Parken am Hang<br />
Ein Auto der Masse m = 1000 kg parkt an einem Hang mit einer Steigung von 12% mit angezogener Handbremse.<br />
Es wird unter das Vorderrad des Autos ein Keil gelegt, der dieses davor sichern soll, einfach loszurollen. Aufgrund<br />
eines relativ glatten Keils beträgt der Haftreibungskoeffizient aber lediglich µ = 0, 1.<br />
(a) Nun wird die Handbremse des Autos gelöst, so dass nur noch der Keil das Auto am Losfahren hindern könnte.<br />
Welche Kräfte wirken in diesem Moment auf das Auto und wie groß sind sie jeweils? Zeichnen Sie diese Kräfte<br />
in eine passende Skizze ein! (Ersatzlösungen (lediglich für spätere Teilaufgaben benötigte Kräfte!): Normalkraft<br />
F N = 20000 N, Hangabtriebskraft F H = 2500 N)<br />
Lösung: (5 Punkte)<br />
Es wirken in diesem System: Die Gewichtskraft F G des Autos senkrecht nach unten, dadurch ergeben sich jeweils<br />
die Komponenten entlang der schiefen Ebene (Hangabtriebskraft F H ) und senkrecht zur schiefen Ebene<br />
(Normalkraft F N ). Aufgrund der angenommenen Haftreibung ergibt sich weiterhin eine Reibungskraft F R , die<br />
der Hangabtriebskraft entgegengesetzt verläuft, also entlang der schrägen Ebene nach oben.<br />
Der Winkel α der schrägen Ebene lässt sich aus der Angabe wie folgt bestimmen: Eine Steigung von 12%<br />
entspricht einem Höhenunterschied von 12 m auf einer horizontalen Länge von 100 m, womit tan α = 12 m ist 100 m<br />
und somit α = 6, 84 ◦ .<br />
Für die jeweiligen Beträge der Kräfte ergeben sich dementsprechend folgende Rechnungen:<br />
F G = m · g = 1000 kg · 9, 81 m = 9810 N<br />
s 2<br />
F H = sin α · F G = sin α · m · g = sin (6, 84 ◦ ) · 9810 N = 1169 N<br />
F N = cos α · F G = cos α · m · g = cos (6, 84 ◦ ) · 9810 N = 9740 N<br />
F R = µ · F N = 0, 1 · 9740 N = 974, 0 N<br />
Kräfte im System<br />
(b) Reicht der Keil bei dieser Steigung aus, um das Auto zu stabilisieren? Begründen Sie ihre Antwort!<br />
14
Lösung: (1 Punkt)<br />
Die durch den Keil erzeugte Reibungskraft reicht leider nicht aus, da in diesem Fall F R < F H ist, das Auto würde<br />
mit diesem Keil bei dieser Steigung also von selbst in Bewegung geraten.<br />
(c) Welchen Haftreibungswert µ min müsste man durch einen anderen Keil mindestens erreichen, damit das Auto<br />
nicht von selbst beginnt, den Hang hinunter zu rollen?<br />
Lösung: (2 Punkte)<br />
Im Grenzfall müsste genau gelten F R = F H , also:<br />
F H = 1169 N = µ · F N = µ · 9740 N<br />
Umgestellt nach µ ergibt dies:<br />
µ = F H<br />
FN<br />
= 1169 N = 0, 12<br />
9740 N<br />
Man müsste also einen Keil unterlegen, der einen Haftreibungswert von mindestens µ = 0, 12 erzeugt.<br />
(Bei Verwendung der Ersatzlösung: µ = 0, 125)<br />
15
9) Koffertransport<br />
An vielen Bahnhöfen gibt es neben den Treppen zu den Bahnsteigen Koffertransportbänder für das Gepäck. Sie<br />
verreisen und haben einen 10 kg schweren Koffer. Diesen stellen Sie am unteren Ende auf das Transportband,<br />
welches anläuft und ihren Koffer nach oben befördert. Um langsamer gehende Leute nicht zu überfordern, legt<br />
das Band dabei (parallel zur Bandoberfläche) eine Geschwindigkeit von etwa 20 cm/s zurück. Insgesamt legt das<br />
Band für einen Höhenunterschied von 3 m eine Strecke von 6 m zurück. Alle Bewegungen seien reibungsfrei, das<br />
Gepäckband habe keine Masse.<br />
(a) Unter welchem Winkel ist die Gepäckbandoberfläche zur Horizontalen?<br />
(b) Welche Leistung muss der Gepäckbandmotor zum Transport Ihres Koffers erbringen?<br />
(c) Der Motor hat einen Wirkungsgrad von 80%. Um wieviel Cent erhöht sich durch den Transport Ihres Koffers<br />
die Stromrechnung des Bahnhofsbetreibers bei einem Strompreis von 23 ct/kWh? (Ersatzlösung: 0,001 ct)<br />
(d) Wie lange könnte alternativ für den gleichen Betrag der Zugzielanzeiger auf dem Bahnsteig (Leistungsaufnahme<br />
P Z = 500 W) betrieben werden?<br />
Lösung:<br />
(a) 2 Punkte: α = arcsin( h d ) = 30◦<br />
(b) 2 Punkte: P = W = mgv h = 9, 81 W<br />
t d/v<br />
d<br />
Anderer Ansatz mit gleichem Ergebnis wäre über die Hangabtriebskraft und den Zusammenhang Leistung = Kraft<br />
mal Geschwindigkeit. P = F v = mg sin(α)v = mgv h = 9, 81 W<br />
d<br />
= mgh<br />
(c) 2 Punkte: Die benötigte Energie für dem Koffertransport ist E K = mgh. Bei einem Wirkungsgrad η = 80%<br />
ist die verbrauchte Energie E also E K = ηE ⇒ E = E K /η = mgh/η = 368 J.<br />
Die Stromrechnung erhöht sich also um E 23ct = 368 J 23ct<br />
≈ 0, 0024 ct<br />
kWh 1000·3600 J<br />
(d) 2 Punkte: t = E P Z<br />
≈ 0, 74 s<br />
(Bei Verwendung der Ersatzlösung: t =<br />
0,001 ct/(23 ct/kWh)<br />
P Z<br />
≈ 0, 31 s)<br />
16
10) Motorradshow<br />
Bei einer Motorradshow wollen Sie mit ihrem Motorrad einen Looping (Höhe h = 5 m) durchfahren. Ihre<br />
Maschine hat (inkl. Benzin) eine Masse von 400 kg, Sie selbst wiegen als Durchschnittsmensch 75 kg. Die Bewegungen<br />
seien reibungsfrei.<br />
(a) Wie schnell müssen Sie das Motorrad am Boden in den Looping mindestens einfahren lassen, damit Sie<br />
(mitsamt dem Motorrad) nicht herunterfallen? (Ersatzlösung: 10 m/s)<br />
(b) Wie schnell ist das Motorrad in diesem Fall am höchsten Punkt des Loopings?<br />
(c) Welche Geschwindigkeit hat das Motorrad nach Durchfahren des Loopings am Boden?<br />
(d) Wieviel Liter Benzin braucht das Motorrad, um auf die Anfangsgeschwindigkeit zu beschleunigen? (Das<br />
Benzin habe einen Heizwert von 11, 3 kWh/kg und eine Dichte von ρ = 0, 75 kg/l, der Wirkungsgrad von Motor,<br />
Antrieb usw. sei η = 20%)<br />
Lösung:<br />
(a) 4 Punkte: Oben muss gelten: F Z = F G , also m v2 o<br />
r<br />
= mg bzw. vo 2 = gr<br />
Für die Energien oben und unten: E kin,u = E kin,o + E pot<br />
Eingesetzt: 1 2 mv2 u = 1 2 mv2 o + mg2r<br />
Weiter aufgelöst: v u = √ 5gr = √ 5gh/2 ≈ 11, 1 m/s ≈ 39, 9 km/h<br />
(b) 1 Punkt: v o = √ gr ≈ 4, 95 m/s ≈ 17, 8 km/h<br />
(c) 1 Punkt: Wieder v u , da die potentielle Energie wieder vollständig in kinetische Energie zurückgewandelt<br />
wird.<br />
(d) 2 Punkte: Das verbrauchte Benzin-Volumen ist V = 1 · 1<br />
η 2 mv2 u<br />
(Bei Verwendung der Ersatzlösung: V = 3, 89 ml )<br />
Heizwert·ρ = 1<br />
· 1 (400 kg+75 kg)(11,1 m/s)2<br />
0,2 2<br />
11,3·3600·1000 J/kg · 0,75 kg/l<br />
≈ 4, 80 ml.<br />
17