Ubungen zur Experimentalphysik 1 - Fakultät für Physik - Ludwig ...

Übungen zur Experimentalphysik 1 (E1)
Wintersemester 2012/13
Prof. Joachim Rädler
Fakultät für Physik der Ludwig-Maximilians-Universität München
Lösung des 2. Übungsblattes
Beispielaufgabe
a) y(t) = − 1 2 gt2 +v 0 sinα·t+h
x(t) = v 0 cosα·t ⇒ t = x
v 0 cosα
Gleichung der Flugbahn: y(x) = − g
2v0 2cos2 α x2 +tanα·x+h
y
v 0
x
b) y(t) = 0 = − 1 2 gt2 +v 0 sinα·t+h
t 2 − 2v 0sinα
t− 2h g
√
= 0 g
t 1,2 = v 0sinα v0 ±
2sin2 α
+ 2h g g 2 g
Die Lösung mit -“ Zeichen entspricht der negativen Zeit, wo die Flugbahnparabel die
”
x-Achse auch schneidet. Somit ist sie physikalisch irrelevant.
c) v −y(t) = −gt+v 0 sinα v x = v 0 cosα
tanγ = vy(t)
v x
= −gt + v 0sinα
= tanα− g
v 0 cosα v 0 cosα
Aus der Teilaufgabe b) ist t = v 0sinα
⇒ tanγ = tanα− gv 0sinα
√
tanγ = − tan 2 α+ 2gh
v0 2cos2 α
− g
gv 0 cosα v 0 cosα
√
v 2 0 sin2 α
g 2
g
+
√
v0 2sin2 α
+ 2h g 2 g
v 0 cosα t
+ 2h g = tanα−tanα− √
g 2 v 2 0 sin2 α
g 2 v 2 0 cos2 α + 2gh
v 2 0 cos2 α

Aufgabe 1
( )
v0 t
a) ⃗r(t) = 1
2 gt2
Die x-Koordinate nach t umstellen und in y(t) einsetzen: y = g x 2
2v0
2
x
y
L
α
Lot
Detektionsschirm
b) y = g x 2 = 9,81 m 2v0
2 s 2
·(0,2m) 2 = 2,42mm
2·(9 m s )2
tan(α) = vy
v x
⃗v = d⃗r
dt = (
v0
gt
)
⇒ tan(α) = gt
v 0
= gL
v 2 0
(
⇒ α = arctan
c) Aus der Bahngleichung folgt: v 0 =
d) E = m 2 v2 0 = m 2
gL 2
2y
⇒ ∆E =
∣
∣ dE
dy
gL
v 2 0
)
√
gx 2
2y
( )
9,81
= arctan
m 2·20cm s
= 1,39 ◦
(9 m s) 2
x=L
=
√
9,81
m
s 2·(20cm)2
2·50µm
∣
∣∆y = mgL2 ∆y ⇒ ∆E
4y 2
= 62,6 m s
mgL 2 ∆y
=
4y 2
E mgL 2
4y
= ∆y
y
Je weiter unten am Detektionsschirm ein Neutron detektiert wird, also je niedriger seine
kinetische Energie ist, desto kleiner ist der relative Fehler bei der Bestimmung der
kinetischen Energie, also desto besser ist die Auflösung.
Aufgabe 2
a) Die wirkenden Kräfte kann man umsortieren, wie es in der Abbildung gezeigt ist. Dabei
F 1 φ
F 2
φ´
F 1
φ
F 3

gilt φ ′ = 180 ◦ −φ. Man wendet den Kosinussatz an:
⃗F 3
2
= ⃗ F1
2
+ ⃗ F2
2
−2 ⃗ F1 · ⃗F 2 cos(φ ′ )
Außerdem gilt: ⃗ F 3
2
= ⃗ F1
2
+ ⃗ F2
2
mit Fi = m i g (einfach Zahlen einsetzen). Aus den beiden
letzten Gleichungen folgt, dass 2 ⃗ F 1 · ⃗F 2 cos(φ ′ ) = 0 sein muss. ⇒ cos(φ ′ ) = 0 ⇒ φ ′ =
90 ◦ ⇒ φ = 180 ◦ −90 ◦ = 90 ◦
b) Das, was nach dem Abschneiden des 50g Gewichtes passiert, ist in der Abbildung selbsterklärend
dargestellt. Zuerst fallen alle drei Körper mit der Erdbeschleunigung gleichmäßig
beschleunigt herunter, bis der Seil zwischen den 30g Gewicht und 40g Gewicht gespannt
wird. Da das 40g Gewicht schwerer ist, fängt es an sich mit einem Bruchteil der Erdbeschleunigung
weiter gleichmäßig beschleunigt nach unten zu bewegen. Das 30g Gewicht
bewegt sich dabei mit der gleichen Beschleunigung wie das 40g Gewicht nach oben.
Eine solche Anordnung mit zwei Körpern nennt sich Atwoodsche Fallmaschine. Mit ihrer
Hilfe lässt sich g leichter bestimmen, da die Bewegung langsamer verläuft.
40 g
g
50 g
g
30 g g
40 g
30 g
30 g
a

y ′′ (x)
ρ(x) =
(1+(y ′ (x)) 2 ) 2
3
y(x) = kx 2 y ′ (x) = 2kx y ′′ (x) = 2k ⇒ ρ(x = 0) = 2k
a Z (x = 0) = v 2 (x = 0)·ρ(x = 0) = v 2 (x = 0)·2k = 2g(h−kx 2 )·2k x=0
= 4gkh
Die Zentripetalbeschleunigung zeigt nach oben.
Falls die Rutsche exakt im Scheitelpunkt in die Horizontale übergeht, fällt die Zentripetalbeschleunigung
im Scheitelpunkt unstetig auf Null ab und der Körper fliegt mit der
momentanen Tangentialgeschwindigkeit geradeaus weiter.