PHYSIK I Serie 4, Musterlösung

Prof. Dr. Danilo Pescia
Tel. 044 633 21 50
pescia@solid.phys.ethz.ch
1. Zwei Massepunkte
PHYSIK I
Wintersemester 05/06
www.microstructure.ethz.ch
Serie 4, Musterlösung
Niculin Saratz
Tel. 044 633 23 28
saratz@phys.ethz.ch
a) Es gilt: z1(t) = h1 + v1t − g
2t2 und z2(t) = h2 + v2t − g
2t2 . Wir setzen die Höhe z = 0
an der Erdoberfläche, also muss für die Masse m1 gelten: h1 + v1t1 − g
2t1 2 .
= 0. Dies ist
eine gewöhnliche quadratische Gleichung deren Lösung gegeben ist durch
t1 = −v1
�
± v1 2 � � g
− 4h1 − 2
2 � − g�
=
2
v1 + � v1 2 + 2h1g
.
g
Aus physikalischen Gründen ist nur das positive Vorzeichen vor der Wurzel sinnvoll (für
grössere Anfangshöhe ist die Fallzeit grösser.) Die Formel lautet analog für die 2. Masse.
b) Wenn die Masse die maximale Höhe erreicht, ist ihre Geschwindigkeit ˙z = 0 (Toter
Punkt). Wir verwenden also ˙z(t) = v1 − gt ⇒ t( ˙z = 0) = v1 . Einsetzen in obige
Formel für z(t) liefert z1,max = h1 +
v1 2
2g
und analog für z2,max.
c) Es muss gelten: z1(t) = z2(t) also h1 − g
2t2 = h2 + v2t − g
2t2 ⇒ t = h2−h1
|v|
2. Zwei Massen am Seil
a) Wegen dem Seil gilt die Bedingung z1 = −z2. Die Bewegungsgleichung für m1 ist
(m1 + m2)¨z1(t) = −g(m1 − m2) , was sich mit µ := m1 − m2
g
m1 + m2
¨z1(t) = −µg (1)
vereinfacht. Integrieren der BGL liefert z1(t) = −µ g
2 t2 + ˙z(0)t + z(0). Aus den Anfangsbedingungen
wissen wir, dass ˙z(0) = 0 und z(0) = h0 = 0. Wir können nun einsetzen
und erhalten
6m − 4m
z1(1s) = −
6m + 4m
10 m
s 2
2 (1s)2 = −1m und damit sofort z2(1s) = −z1(1s) = 1m .
b) Bis das Seil reisst gilt weiterhin die BGL (1). Ab dann gelten jedoch zwei neue Bewegungsgleichungen
für m1 und m2:
m1¨z ′ 1(t ′ ) = −m1g und m2¨z ′ 2(t ′ ) = −m2g wobei t ′ = t − 1.5 s . (2)
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Wir müssen nun die Bahnen für t < 1.5 s und t > 1.5 s am Zeitpunkt t = 1.5 s ⇔ t ′ = 0 s
zusammensetzen — Position und Geschwindigkeit müssen stetig sein. Wir berechnen
also zuerst den Zustand der Bewegung von m1 bei t = 1.5 s:
z1(1.5 s) = −2.25 m und ˙z1(1.5 s) = −µg1.5 s = −3 m
(3)
s
und daraus direkt z2(1.5 s) = 2.25 m und ˙z2(1.5 s) = 3 m
. (4)
s
Als nächstes lösen wir die Bewegungsgleichungen (2):
z ′ 1(t ′ ) = − g
2 t′2 + ˙z ′ 1(t ′ = 0 s)t ′ + z ′ 1(t ′ = 0 s) (5)
und z ′ 2(t ′ ) = − g
2 t′2 + ˙z ′ 2(t ′ = 0 s)t ′ + z ′ 2(t ′ = 0 s) . (6)
Es gilt dann z ′ 1(t ′ = 0 s) . = z1(t = 1.5 s) = −2.25 m und
˙z ′ 1(t ′ = 0 s) . = ˙z1(t = 1.5 s) = −3 m
s
. Wir erhalten also für die Trajektorien der beiden
Massen nach dem Seilriss folgende Funktionen:
z ′ 1(t ′ ) = − g
2 t′2 − 3 m
s t′ − 2.25 m und z ′ 2(t ′ ) = − g
2 t′2 + 3 m
s t′ + 2.25 m . (7)
Einsetzen von t ′ = 2 s liefert das gesuchte Ergebnis
z ′ 1(2 s) = −28.25 m und z ′ 2(2 s) = −11.75 m
In der untenstehenden Figur sind z1(t), z2(t), v1(t) = ˙z1(t) und v2(t) = ˙z2(t) dargestellt.
z [m] v [m/s]
5
0
-5
-10
-15
-20
-25
-30
z 1
z 2
v 1
v 2
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5
t [s]
2
5
0
-5
-10
-15
-20
-25
-30

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3. Schiefer Wurf
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Wir berechnen zuerst die Bahn des Projektils als Funktion der Zeit wobei wir den Abschusswinkel
α als Parameter mitnehmen:
x(t) = vx t = v0 cos(α) t (8)
z(t) = − g
2 t2 + vz t = − g
2 t2 + v0 sin(α) t (9)
a) Die maximale Höhe hat das Projektil erreicht, wenn ˙z = 0 gilt. Also
˙z(t) = v0 sin α − gt . = 0 ⇒ tzmax = v0 sin α
g
⇒ zmax(α) = v2 0 sin 2 α
2g
⇒ zmax = v0 sin α v0 sin α
g
b) Wir bestimmen die Flugzeit tF als Funktion des Abschusswinkels:
z(t) = t (− g
2 t + v0 sin α) . = 0 ⇒ tF ∈
.
�
0, 2v0 sin α
g
− g
2
�
� v0 sin α
Die Lösung tF = 0 ist die Anfangssituation. Wir setzten die andere Lösung in (8) ein
und erhalten die Schussweite als Funktion von α
xz=0(α) = v0 cos α 2v0 sin α
g
= 2v2 0
g
g
� 2
(10)
cos α sin α (11)
Wir maximieren als nächstes x bezüglich α. Notwendige Bedingung dafür, dass x für ein
bestimmtes α0 ein Maximum annimt ist, dass dx
dα (α0) = 0.
dx
dα
2 2v0 � � 2 2 . 2 2 sin
= cos α − sin α = 0 ⇔ cos α = sin α ⇔
g
2 α
cos2 = 1
α
(12)
sin α
⇔ = tan α = ±1 ⇒ α = ±π
cos α 4 (= ±45◦ ) . (13)
Wobei natürlich nur der positive Winkel in Frage kommt. Also ist die Schussweite maximal,
wenn der Abschusswinkel π/4 oder 45 ◦ ist.
c) Der Unterschied zu Aufgabe b) liegt in der Bedingung für das Auftreffen des Projektils
am Boden, (10). Hier hängt nun die Höhe des Bodens von x ab, und zwar gilt
hB(x) = x tan β . (14)
Wir berechnen nun wieder die Zeit, zu welcher das Projektil am Boden auftrifft:
z(t) = − g
2 t2 + v0 sin α t . = x tan β = v0 cos(α) t tan β (15)
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�
t − g
2 t + v0
�
�
sin α − v0 cos(α) tan β = 0 ⇒ tF ∈ 0, 2v0(sin
�
α − tan β cos α)
g
Wie oben ist nur die von Null verschiedene Lösung relevant. Wir setzen diese nun in (8)
ein und erhalten
� �
2v0(sin α − tan β cos α
x(α) = cos αv0
(17)
g
Ableiten nach α liefert
(16)
dx
dα = 2v2 � � 0 2 2 .
− sin α + cos α − tan β 2 cos α(− sin α) = 0
g
(18)
⇔ cos 2 α + 2 tan β cos α sin α − sin 2 α = 0 (19)
Verwendung der Identitäten cos α sin α = 1/2 sin(2α), sin 2 α + cos 2 α = 1 und
cos 2 α = 1/2(1 + cos(2α)) führt auf
cos 2 α + 2 tan β 1
2 sin 2α − sin2 α = 0 ⇔ cos 2 α + tan β sin 2α − (1 − cos 2 α) = 0
⇔ cos 2α + tan β sin 2α = 0 ⇔ tan 2α = −1
tan β
Weiter erhalten wir mit γ = 90 ◦ + δ ⇔ tan γ = − cot δ
α = π β
+
4 2 = 45◦ + β
2
1
⇔ α = arctan(− cot β)
2
. (20)
Das stimmt natürlich für β = 0 ◦ mit der Lösung aus Teilaufgabe b) überein.
Bemerkung: Man kann alternativ auch aus (8) und (9) die Zeit eliminieren indem man (8)
nach t auflöst und in (9) einsetzt. Man erhält dann die bekannte Formel für die Wurfparabel
z(x) = x tan α −
g
v 2 0 cos 2 α x2
, (21)
die man dann in b) gleich Null setzen und danach nach x auflösen kann, wodurch man auch
wieder (11) erhält. In c) setzt man (21) mit (14) gleich und löst nach x auf, was wieder auf
(17) führt.
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