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12GE - Metzler PhysikLosungen der Aufgaben

Raymond KNEIP, LYCEE DES ARTS ET METIERS

Mai 2016

Folgende Seiten enthalten die Losungen zu einem Teil der Aufgaben aus dem Buch Metzler-Physik undNucke-Reinhard Physikaufgaben fur technische Berufe. Das Dokument wird im Laufe des Jahres

vervollstandigt. Fur jeden Hinweis, der zur Verbesserung dieses Dokumentes beitragen konnte, ware ich sehrdankbar.

1

1 Die gleichformige Kreisbewegung

Aufgabe 26 Seite 43 M

Eine Festplatte dreht sich mit 5400 Umdrehungen pro Minute. Der außere Rand hat 5 cm Abstand vonder Mitte. Berechnen Sie die Bahngeschwindigkeit eines Punktes in diesem Abstand.

LosungAngaben:f = 5 400 min−1 = 90 Hz r = 0.05 m

Bahngeschwindigkeit:

v = ωr = 2πfr

v = 2π 90 Hz 0.05 m

v = 28.27 m/s = 101.8 km/h

Der außere Rand der CD bewegt sich mit einer Bahngeschwindigkeit von uber 100 km/h.


Berechnen Sie die Anzahl der Umdrehung pro Minute eines Fahrradreifens (Durchmesser 28 Zoll = 711mm)bei einer Geschwindigkeit von v = 18 km/h.

LosungAngaben:r = 0.3555 m v = 18 km/h = 5 m/s

Umdrehungszahl des Rads:

v = 2πfr

f =v

2πr=

5 m/s

2π 0.3555 m

f = 2.238 Hz = 134.3 min−1

Unter diesen Bedingungen fuhrt das Rad etwa 134 Umdrehungen pro Minute durch.


Der mittlere Abstand der Erde von der Sonne heißt Astronomische Einheit und betragt 1 AE =149.6 · 106 km. Berechnen Sie mit der Umlaufdauer T = 1 Jahr = 365.25 d die Bahngeschwindigkeit derErde um die Sonne in m/s und km/h.

LosungAngaben:r = 1 AE = 149.6 · 109 m T = 365.25 d = 31 557 600 s

Bahngeschwindigkeit der Erde bei ihrer Reise um die Sonne:

v = ωr

v =2π

Tr =

︷︸︸︷2πr

T

v =2π149.6 · 109 m

31 557 600 sv = 29 785.7 m/s

v = 29.8 km/s

v = 107 228.4 km/h

2

Die Erde bewegt sich mit einer Geschwindigkeit von uber 100 000 km/h auf ihrer Bahn um die Sonne.Der Ausdruck 2πr entspricht dem Umfang der (kreisformigen) Bahn der Erde um die Sonne.

Aufgabe 3 Seite 52 NR

Die Schnittgeschwindigkeit einer Kreissage soll zwischen v1 = 50 m/s und v2 = 65 m/s liegen. Die Dreh-frequenz der Welle betragt n = 2 800 min−1. In welchem Großenbereich muss der Sageblattdurchmesserliegen?

LosungAngaben:v1 = 50 m/s . . . v2 = 65 m/s n = 2 800 min−1 , also: f = 46.67 Hz

Durchmesser d des Sageblatts:

ω = 2πf =v

rv = 2 r︸︷︷︸π fv = dπf

d =v

πf=

50 m/s

π 46.67 Hz

d = 0.341 m (1)

Fur die beiden angegebenen Geschwindigkeiten ergeben sich Durchmesser von 0.341 m und 0.443 m.


Der Reifendurchmesser eines Kraftfahrzeuges betragt 550 mm.a) Wie viele Umdrehungen je Minute macht das Rad bei einer Fahrgeschwindigkeit von 80 km/h?b) Wie viele Umdrehungen hat dieses Rad nach s = 100 000 km Fahrstrecke ausgefuhrt?

LosungAngaben:d = 550 mm v = 80 km/h = 22.22 m/s

a) Drehzahl des Rads:

ω = 2πf =v

rv = 2 r︸︷︷︸π fv = dπf

f =v

πdf = 12.86 Hz = 771.66 min

Das Rad macht also etwa 771.7 Umdrehungen pro Minute.b) Strecke einer Umdrehung:

U = 2πr = πd = 1.7279 m

Anzahl der Umdrehungen:s

U=

100 000 000 m

1.7279 m= 57.87 · 106

3


Bei einem Unfall an einer Schleifscheibe lost sich ein Stuckvom Umfang bei einer Drehfrequenz von n = 3000 min−1. DerScheibendurchmesser betragt d = 200 mm. Das abgesprengteStuck soll senkrecht nach oben fliegen. Welche Hohe wurde esohne Schutzmaßnahme erreichen?

LosungAngaben:n = 3000 min−1 , also: f = 50 Hz d = 200 mm

Geschwindigkeit des Stucks:

ω = 2πf/ = /v

rv = 2r︸︷︷︸πfv = dπf

v = 31.42 m/s (= 113 km/h)

Das Stuck fliegt mit einer Anfangsgeschwindigkeit von v0 = 31.42 m/s senkrecht nach oben. Unter derVerwendung der Gleichungen der gleichformig beschleunigten Bewegung (siehe Kapitel senkrechter Wurf ):

y(t) =1

2at2 + v0t = −1

2gt2 + v0t

a = −g =∆v

t=

v(t)− v0t

Ist die maximale Hohe erreicht, so gilt: y(t) = hMax und v(t) = 0.

hMax = −1

2gv20g2

+ v0v0g

hMax =v202g

=31.42 m/s

2 9.81m/s2

hMax = 50.3 m

Ohne Schutzvorrichtung (und ohne Luftwiderstand) konnte das Stuck uber 50 m hoch fliegen.

4

2 Zentripetalbeschleunigung - Zentripetalkraft


Ein Korper (m = 0.4 kg) wird an einer Schnur (l = 0.8 m) 80-mal in der Minute auf einem Kreis, der ineiner waagerechten Ebene liegt, herumgeschleudert. Berechne Siea) die Zentripetalkraft;b) die Umdrehungszahl, bei der die Schnur reißt, wenn ihre Zuigfestigkeit mit 500 N angegeben ist.

LosungAngaben:m = 0.4 kg l = 0.8 m f = 80 min−1

Frequenz: f = 8060 s

−1 = 43 Hz

a) Betrag der Zentripetalkraft:FZ = m ω2 r

wobei in dieser Aufgabe der Radius r der Lange l der Schnur entsprichtund ω = 2πf ist.Also gilt:

FZ = m (2πf) l

= 0.4 kg (2π4

3Hz)2 0.8 m

FZ = 22.46 N

b) Bedingung: FMax = FZ = 500 NBerechnung der Frequenz:

FZ = m (2π f)2 l

f =

√FZ

4π2 m l

f =

√500 N

4π2 0.4 kg 0.8 m

f = 6.29 Hz = 377.5 min−1


Ein Korper bewegt sich mit der Geschwindigkeit v auf einer Kreisbahn mit dem Radius r. Untersuchen Siedie Anderung der Zentripetalbeschleunigung, wenn die Geschwindigkeit bzw. der Radius verdoppelt wird.

Losunga) Die Geschwindigkeit v wird verdoppelt. Es gilt:

aZ =v2

ralso: aZ ∼ v2

Wird die Geschwindigkeit v verdoppelt, vervierfacht sich die Zentripetalbeschleunigung aZ .

b) Der Radius r wird verdoppelt. Es gilt:

aZ =v2

ralso: aZ ∼

1

r

Wird der Radius r verdoppelt, dann wird die Zentripetalbeschleunigung aZ halbiert.

c) Werden sowohl Geschwindigkeit als auch Radius verdoppelt, so gilt:

v′ = 2 v und r′ = 2 r

5

Zentripetalbeschleunigung:

a′Z =v′2

r′=

(2v)2

2r=

4 v

2 r

a′Z = 2v2

r︸︷︷︸a′Z = 2 aZ

In diesem Fall wird die Zentripetalbeschleunigung aZ verdoppelt.


Untersuchen Sie die Abhangigkeit der Zentripetalkraft aufgrund der taglichen Drehung der Erde um ihreAchse auf einen mit ihr fest verbundenen Korper (m = 70 kg) von der geographischen Breite.

LosungAngaben:m = 70 kg Dauer eines Tages1: T = 23 h 56 min 04 s = 86 164 s

Mittlerer Radius R der Erde: R = 6370 kmZentripetalkraft am Aquator:

FZ = m ω2 r = m

(2π

T

)2

R

Abbildung 1: Modell der Erde mit eingetragenen Radien und Zentralkraften am Aquator und am Breitengrad λ.

Am Aquator kann der Radius der Bahnbewegung r dem Radius der Erde R gleichgesetzt werden, da derZentrum der Kreisbewegung und der Zentrum der Erde identisch sind (siehe Abb. 1).Befindet man sich jedoch am Breitengrad λ, so ist das Zentrum der Kreisbewegung nicht mehr identischmit dem Zentrum der Erde, also rλ 6= R !Es gilt am Breitengrad λ:

cosλ =rλR

⇒ rλ = R cosλ

1Es muss zwischen synodischer und siderischer Tagesdauer unterschieden werden. Der synodische Tag beruht auf demscheinbaren Lauf der Sonne und betragt 24 h. Der siderische Tag beruht auf einer Umdrehung der Erde um ihre Achse von360◦ und ist knapp 4 Minuten kurzer als der synodische Tag.

6

Zentripetalkraft FZ(λ) auf dem Breitengrad λ:

FZ(λ) = m

(2π

T

)2

rλ

FZ(λ) = m

(2π

T

)2

R cosλ

Ubernehmen wir die oben angegebenen Werte, so erhalt man fur die Zentripetalkraft (λ = 50◦):

FZ(λ) = 70 kg

(2π

86 164 s

)2

6.37 · 106 m cos 50◦

FZ(λ) = 1.52 N

Die fur die Kreisbewegung notwendige Zentripetalkraft ist wesentlich kleiner als die wirkende Gewichtskraft(von etwa 700 N). Es ist jedoch darauf zu achten, dass die Gewichtskraft Richtung Erdzentrum wirkt; dienotwendige Zentripetalkraft jedoch zum Mittelpunkt der gerade beschriebenen Kreisbewegung wirkt.


Ein Auto (m = 30 kg) fahrt mit konstanter Geschwindigkeit v = 40 km/h uber eine gewolbte Brucke.Der Radius des Bruckenbogens betragt R = 50 m. Bestimmen Sie die Normalkraft des Autos auf dieBruckenmitte und die Geschwindigkeit, bei der der Wagen abheben wurde.

LosungAngaben:m = 1300 kg v = 40 km/h = 11.11 m/s R = 50 m

Gewichtskraft FG des Autos:

FG = mg

= 1300 kg 9.81 m/s2

= 12 753 N

Zentripetalkraft FZ die notwendig ist, damit der Wagen bei v = 40 km/h die beschriebene Kreisbewegungdurchfuhren kann:

FZ = mv2

R

= 1 300 kg(11.11 m/s)2

50 m= 3 209.9 N

Es ist zu erkennen, dass die wirkende Gewichtskraft viel grosser als die notwendige Zentripetalkraft ist;der Wagen kann unter diesen Bedingungen nicht abheben.Wirkende Normalkraft in der Bruckenmitte:

FN = FG − FZ= 9 543.1 N

Sobald die notwendige Zentripetalkraft großer wird als die vorhandene Gewichtskraft hebt der Wagen ab.Untersuchen wir den Grenzfall, in dem die Normalkraft FN = 0 wird:

7

FN = FG − FZ = 0

FG = FN

mg = mv2Max

R

vMax =√gR =

√9.81 m/s2 50 m

vMax = 22.15 m/s = 79.7 km/h

Sobald der Wagen die Geschwindigkeit von vMax = 79.7 km/h uberschreitet, ist die wirkende Gewichtskraftkleiner als die notwendige Zentripetalkraft. Der Wagen hebt ab.


Berechnen Sie die Zentripetalbeschleunigunga) eine geostationaren Satelliten, der auf einer Kreisbahn mit dem Radius 42 000 km so schnell kreist, wiedie Erde sich um ihre eigenen Achse dreht;b) eines Wettersatelliten, der die Erde in 102 min in einer Hohe von 850 km umkreist (Aquatorradius derErde 6 378 km.

Losunga) Angaben zum geostationaren Satellit:T = 23 h 56 min 04 s = 86 164 s r = 42 000 km

Gelegentlich hort man die Aussage, dass sich geostationare Satelliten in einer Hohe von 36 000 kmaufhalten. Diese Hohe bezieht sich allerdings auf die Erdoberflache; hierbei muss also der Erdradius addiertwerden (siehe Abb. 2).

Abbildung 2: Hohe eines geostationaren Satelliten gegenuber dem Erdzentrum r bzw. der Erdoberflache h.

Zentripetalbeschleunigung aZ :

aZ = ω2 r =

(2π

T

)2

r

aZ =

(2π

86 164 s

)2

4.2 · 107 m

aZ = 0.223 m/s2

= 0.0228 g =1

44g

Die Zentripetalbeschleunigung betragt 144 der Fallbeschleunigung g.

b) Angaben zum Wettersatellit:

8

T = 102 min = 6 120 s r = 850 km+ 6378 km = 7 228 km

Zentripetalbeschleunigung aZ :

aZ =

(2π

T

)2

r

aZ =

(2π

6 120 s

)2

7.228 · 106 m

aZ = 7.619 m/s2

= 0.78 g

Die Zentripetalbeschleunigung in einer Hohe von 850 km uber dem Erdboden ist nur 20% geringer als dieFallbeschleunigung g.


Berechnen Sie, wie schnell sich die Erde drehen musste, damit am Aquator Fallbeschleunigung undZentripetalbeschleunigung gleich groß sind.

LosungAngaben:Siderische Tagesdauer: T = 86 164 s R = 6378 km

Grenzfall:

FG = FZ

mg = m(ω)2r = m

(2π

T

)2

r

T = 2π

√r

g

T = 5 063.1 s

T = 1 h 24 min 23 s

Bei einer Tagesdauer von T = 1 h 24 min 23 s ist der Betrag der Zentripetalkraft gleich der Fallbeschleu-nigung g.


Zur Vorbereitung auf Raumfluge trainieren Raumfahrer in großen Zentrifugen, in denen sie sehr schnellim Kreis herumgeschleudert werden. Sie sitzen etwa 9 m vom Drehpunkt der Zentrifuge entfernt in einerKabine. Berechne Sie die Umdrehungszahl, mit der die Kabine rotieren muss, damit eine Beschleunigungvon 8g (das Achtfache der Fallbeschleunigung auf der Erde) entsteht.

LosungAngaben:r = 4.5 m aZ = 8 g

Zentripetalbeschleunigung:aZ = ω2r = (2π f)2r

Umdrehungszahl:

f =

√aZ

(2π)2r=

√8 · 9.81 m/s2

(2π)2 4.5 m

f = 0.665 Hz = 39.9 min−1

9


Eine Spielzeugautobahn enthalt ein Looping mit 50 cm Durchmesser. Ermitteln Sie die Geschwindigkeit,mit der ein Fahrzeug den hochsten Punkt durchfahren muss, um nicht herunterzufallen.

LosungAngaben:r = 0.25 m

Die Zentripetalkraft bewirkt, dass der Wagen eine kreisformige Bewegung durchfuhrt. Im Grenzfall ist dienotwendige Zentripetalkraft gleich der wirkenden Gewichtskraft.

FZ = FG

mv2

r= m g

v2

r= g

Soweit u.a. Reibungskrafte vernachlassigt werden konnen, ist die Bedingung unabhangig von der Masse mdes Wagens.

v =√g r =

√9.81 m/s2 0.25 m

v = 1.57 m/s = 5.64 km/h


a) Unter welchem Winkel α zur Senkrechten muss sich derFahrer bei der Geschwindigkeit v = 36 km/h nach innen legen,damit die Zentrifugalkraft aufgehoben wird?b) Wie groß muss dabei die Haftreibungszahl zwischen Radreifenund Straße mindestens sein, um ein Rutschen zu vermeiden?

LosungAngaben:v = 36 km/h = 10 m/s r = 30 m

a) Bezugssystem: Radfahrer

Dieser befindet sich im Gleichgewicht unter den wirkenden Kraften ~FG (Gewichtskraft), ~FF (Fliehkraft)

und ~F (Reaktion des Bodens auf das Fahrrad), also:

~F + ~FF + ~FG = ~0

Es gilt unter anderem:

tanα =FFFG

=m v2

r

m g

tanα =v2

r g=

(10 m/s)2

2 9.81 m/s2

α = 18.77◦

10

Abbildung 3: Links: Kraftegleichgewicht fur den fahrenden Radfahrer. Rechts: Die Reibungskraft ist im Gleichge-wicht mit der horizontalen Komponente der Kraft ~F ′x

b) Das Fahrrad ubt die Kraft ~F ′ = −~F auf den Boden aus.Mit:

cosα =FGF ′

F ′ =FG

cosα

In horizontaler Richtung gilt außerdem:

sinα =F ′xF ′

F ′x = F ′ sinα

F ′x = FGsinα

cosα= FG tanα

Gleichgewichtsbedingung zwischen der Reibungskraft ~FR und der horizontalen Komponente der Kraft ~F ′:

F ′x = FR

FG tanα = µFG

µ = tanα = 0.34


Bei einem Elektromotor liegt der Schwerpunkt des Rotors von der Masse m = 44 kg infolge schlechter Aus-wuchtung 1 mm außerhalb der Drehachse. Wie groß sind die Bahngeschwindigkeit im Massenschwerpunktund die Zentrifugalkraft bei einer Drehfrequenz des Motors von n = 1450 min−1.

LosungAngaben:m = 44 kg r = 10−3 m f = 1450 min−1 = 24.17 Hz

Bahngeschwindigkeit v:

ω = 2 π f =v

rv = 2 π r f = 0.152 m/s

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Zentrifugalkraft FZ :

F = mv2

rF = 1014.5 N


Die Schienen der Bundesbahn haben eine Spurbreite von b = 1435 mm. In einer Kurve mit dem Radiusr = 250 m ist die außere Schiene um h = 125 mm uberhoht.a) Bei welcher Bahngeschwindigkeit steht die Resultierende aus Gewichtskraft und Fliehkraft auf denSchienen senkrecht?b) Welche Uberhohung ware bei doppelter Geschwindigkeit notwendig?

LosungAngaben:b = 1.435 m h = 0.125 m r = 250 m

a) Bezugssystem: fahrender Zug

Dieser befindet sich im Gleichgewicht unter den wirkenden Kraften ~FG (Gewichtskraft), ~FF (Fliehkraft)

und ~F (Reaktion der Schienen auf den Zug), also:

~F + ~FF + ~FG = ~0

Abbildung 4: Links: Kraftegleichgewicht fur den fahrenden Zug. Rechts: Geometrie der Schienen.

Neigungswinkel der Schienen:

sinα =h

bα = 5◦

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tanα =FFFG

=mv2

r

m g

tanα =v2

r g

v =√

tanα r g =√

tan 5◦ 250 m 9.81 m/s2

v = 14.65 m/s ( = 52.7 km/h)

b) Bei doppelter Geschwindigkeit v′ = 2v ware der notwendige Neigungswinkel α′:

tanα′ =v′2

r g

α′ = 19.3◦

Uberhohung h′ der Spur:h′ = b sinα′ = 0.474 m


Ein Auto von der Masse m = 1400 kg und der Spurbreiteb = 1290 mm fahrt eine Kurve von r = 60 m Krummungsradius.Welche Geschwindigkeit darf das Fahrzeug hochstens haben,um in der Kurve nicht zu kippen? Der Wagenschwerpunkt liegth = 700 mm uber der Fahrbahn.

LosungAngaben:m = 1400 kg b = 1290 mm r = 60 m h = 700 mm

Nicht kippen bedeutet fur den Wagen, dass dessen Schwerpunkt nicht jenseits der Basis liegen darf.

tanα =b/2

hα = 42.66◦

Bezugssystem: fahrender WagenGleichgewichtsbedingung fur den Wagen:

~F + ~FF + ~FG = ~0 (2)


tanα =FFFG

=m v2

r

m g

b

2h=

v2

r g

v =

√b r g

2 hv = 23.29 m/s ( = 83.8 km/h)

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3 Impuls - Impulserhaltung


Ein Fahrzeug der Masse m = 7.5 t soll innerhalb eines Zeitintervalls von 8 s seine Geschwindigkeit um6 m/s erhohen. Welche konstante antreibende Kraft F ist erforderlich?

LosungAngaben:m = 7500 kg ∆t = 8 s ∆v = 6 m/s

Notwendige Kraft:

F =∆p

∆t=

7500 kg 6 m/s

8 sF = 5625 N


Eine Person von der Masse m1 = 75 kg springt mit der Geschwindigkeit u1 = 4 m/s in einen ruhendenKahn von der Masse m2 = 100 kg. Mit welcher Geschwindigkeit v treibt nun der Kahn vom Ufer ab?

LosungAngaben:m1 = 75 kg m2 = 100 kgu1 = 6 m/s u2 = 0 m/s

Impulserhaltung:

~pV orher = ~pNachher

m1u1 = (m1 +m2) v

v =m1

m1 +m2v =

75 kg

75 kg + 100 kg6 m/s

v = 2.57 m/s


Bei einem Versuch zur Ermittlung der Geschossgeschwindigkeit dringt das Geschoss von der Massem1 = 10 g mit der Geschwindigkeit v1 in den zunachst ruhenden Pendelkorper der Masse m2 = 4 kg. Durchden vom Geschoss ausgeubten Kraftstoß werden Geschoss und Pendelkorper um die Hohe h = 200 mmgehoben.a) Geben Sie eine beschriftete Skizze an von der Situation vor- und nach dem Zusammenstoß. Stellen Siedie Impulsgleichung auf.b) Welche potentielle Energie haben Geschoss und Pendelkorper in der hochsten Lage erhalten?

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c) Ermitteln Sie mit Hilfe der Energiegleichung die gemeinsame Geschwindigkeit v2 und damit dieGeschossgeschwindigkeit v1.

LosungAngaben:m1 = 0.010 kg m2 = 4 kg h = 0.200 m

Vergleiche mit Losung aus dem Unterricht.


Eine Rakete von der Gewichtskraft FG = 80 000N soll senkrecht gestartet werden. Die Ausstromgeschwindigkeitder Verbrennungsgase betragt v = 1 500 m/s. Welche Treibstoffmasse m muss beim Start in einer Sekundeausstromen, damit Rakete vom Boden abhebt?

LosungAngaben:FG = 80 000 N v = 1 500 kg

Damit die Rakete abheben kann, muss die Kraft ~F , die die ausstromenden Gase auf die Rakete ausuben,mindestens so groß wie die Gewichtskraft ~FG der Rakete sein.

F ≤ FGIm Grenzfall gilt:

FG = F = m∆v

∆t

m =F∆t

∆v=

80 000 N 1 s

1500 m/s

m = 53.3 kg

Um die angegebenen Bedingungen zu erfullen, mussen mindestens 53.3 kg Gase pro Sekunde ausgestoßenwerden. Diese Masse entspricht einer Gewichtskraft von etwa 523 N . Das heißt also, dass die Rakete nachder ersten Sekunde Brenndauer um 523 N leichter ist - dies entspricht etwa 0.65% der Anfangsmasse.Nach einer Minute ist die Rakete bereits um 39% gegenuber der Anfangsmasse leichter.


Ein Guterwagen von m1 = 20 t fahrt mit der Geschwindigkeit u1 = 36 km/h auf einen ruhenden Wagender gleichen Masse.a) Es findet ein elastischer Stoß statt. Berechnen Sie die Geschwindigkeiten beider Wagen nach demZusammenstoß.b) Wie groß ist die Geschwindigkeit der Wagen, wenn der Stoß vollstandig unelastisch ist?

LosungAngaben:m1 = 20 t m2 = m1 = 20 tu1 = 10 m/s u2 = 0 m/s

Impulserhaltung (mit m1 = m2):


m1u1 = −m1v1 +m2v2 | : m1

u1 = −v1 + v2

v2 = u1 + v1

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Erhaltung der kinetischen Energie:

EV orher = ENachher1

2m1u

21 =

1

2m1v

21 +

1

2m2u

22 | : (

1

2m)

u21 = v21 + v22

u21 = v21 + (u1 + v1)2︸︷︷︸u21 = v21 + u21 + 2u1v1 + v21

2u1v1 + 2v1 = 0

2v1(u1 + v1) = 0

Erste Moglichkeit:v1 = 0

dann gilt:v2 = u1 + v1 = u1 = 36 km/h

Stoßen zwei Korper gleicher Masse elastisch und zentral aufeinander, so wird die Energie und der Impulsvom ersten Korper vollstandig auf den Zweiten ubertragen. Das heißt, nach dem Zusammenstoß bleibtder erste Korper in Ruhe, wahrend der zweite Korper die gleiche Geschwindigkeit annimmt, als der ersteKorper vor dem Stoß hatte.Zweite Moglichkeit:

u1 + v1 = 0

v1 = −u1 = −36 km/h

dann gilt:v2 = u1 + v1 = 36 km/− 36 km/h = 0 km/h

In diesem Fall wurde der zweite Wagen durch den Zusammenstoß nicht beeinflußt; der erste Wagenwurde sich ungehindert ’durch’ den zweiten Wagen hindurchbewegen. Dies entspricht keiner physikalischsinnvollen Beschreibung materieller Teilchen (Wagen).


Die Pendelkugel (1) von m1 = 100 g wird in einer Hohe von h1 = 10 cm losgelassen und trifft in Aelastisch auf die ruhende Pendelkugel (2) von der Masse m2 = 50 g.a) Bestimmen Sie die kinetische Energie und Geschwindigkeit der Kugel (1) in A.b) Welche Hohe h2 erreicht die Kugel (2) nach dem Stoß?c) Welches Verhalten wurden Kugel (1) und Kugel (2) bei gleicher Masse zeigen?

LosungAngaben:m1 = 100 g m2 = 50 g h1 = 10 cm

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3.1 Aufgabe - Das Newton-Pendel

Das Newton-Pendel besteht aus mehreren Kugeln gleicher Masse,die in einer Reihe und in gleicher Hohe aufgehangt sind. Wennman eine Kugel angehebt und gegen die anderen schwingen lasstso stellt man fest, dass nur eine Kugel auf der gegenuberliegendenSeite abgestoßen wird. Prallen zwei Kugeln auf die Kugelreihe, sowerden auf der gegenuberliegenden Seite ebenfalls zwei Kugelnabgestoßen.Beweise diese Beobachtung!

LosungFolgende Annahmen werden genommen: Eine Anzahl von a Kugeln (a ∈ N) treffen auf die Kugel-Reihe.Nach dem Zusammenstoß werden auf der gegenuberliegenden Seite die Anzahl b (b ∈ N) an Kugelnabgestoßen. Es gilt zu beweisen, dass a = b ist.

Impulserhaltung:


(a ·m)u = (b ·m)v | : ma · u = b · v

Energieerhaltung:

EV orher = ENachher1

2(a ·m)u2 =

1

2(b ·m)v2 | : (

1

2m)

a u2 = b v2

Laut Impulserhaltung gilt: v = ab u

a u2 = ba2

b2u2

1 =a

ba = b

Uber die Impuls- und Energieerhaltung kann also bewiesen werden, dass die Anzahl der abgestoßenenKugeln immer gleich der eintreffenden Kugeln ist.Fur a = b, kann dann auch gleich bewiesen werden, dass:

a u = b v

= a v | : au = v (3)

Die Geschwindigkeit der abgestoßenen Kugeln v ist gleich der Geschwindigkeit der eintreffenden Kugeln u.

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4 Die harmonische Schwingung


Bei einem Versuch wird eine Zugfeder in Schwingung versetzt. Fur 8 Schwingungen aus der Nulllage misstman bei einer Amplitude von 3 cm eine Zeit von 5 Sekunden.a) Ermitteln Sie die Zeit T fur eine Schwingung und die Frequenz f .b) Zeichnen Sie den Schwingungsvorgang.c) Welchen Abstand y aus der Nulllage hat die Feder nach t = 1 s?d) Nach welcher Zeit t ist die maximale Auslenkung ymax = 3 cm erreicht?

LosungAngaben: ymax = 3 cm

a) Schwingungsdauer: T = tn = 5

8 s = 0.625 sFrequenz: f = 1

T = 85 Hz

b) t− y(t)-Diagrammc) Es wird angenommen, dass die Anfangsphase φ0 gleich Null ist. Gleichung der harmonische Schwingung:

y(t) = ymax sin(2πft)

= 3 sin(16

5πt)

Falls t = 0 s:

y(1s) = 3 sin(16

5π) = −1.76 cm

d)Bedingung: y = 3 cm = ymax

3 sin(16

5πt) = 3

sin(16

5πt) = 1

16

5πt =

π

2+ k 2π

t =5

32+

5

8k

Fur den ersten Durchgang (k = 0) gilt:

t =5

32s = 0.156 s


Eine harmonische Schwingung hat die Frequenz f = 5 Hz und die Amplitude ymax = 6 cm.a) Berechnen Sie die Periodendauer und die Kreisfrequenz.b) Wie lautet die Schwingungsgleichung?c) Nach welcher Zeit ist der Ausschlag y = 3 cm?

LosungAngaben:f = 5 Hz ymax = 6 cm

a) Periodendauer: T = 1f = 1

5 s

Kreisfrequenz: ω = 2πT = 10π s−1

b) Harmonische Schwingungsgleichung (φ0 = 0):

y(t) = ymax sin(ωt+ φ0)

y(t) = 6 sin(10πt)

18

c) Gesuchter Zeitpunkt t:

6 sin(10πt) = 3

sin(10πt) = 0.5

10πt =

{0.5236 + k 2π

π − 0.5236 + k 2π

t =

{0.0167 + 1

5k

0.0833 + 15k

Fruhester (positiver) Zeitpunkt (k = 0): t = 0.0167 s


Bei einer Blattfeder beobachtet man eine Periodendauer von 0.4 Sekunden. Die Geschwindigkeit der schwin-genden Masse beim Durchgang durch die Nulllage betragt vmax = 0.628 m/s. Welche Schwingungsweite(Amplitude) liegt vor?

LosungAngaben: T = 0.4 s vmax = 0.628 m/s

Es gilt:

y(t) = ymax sin(ωt+ φ0)

v(t) = y′(t)

= ymax ω︸︷︷︸=vmax

cos(ωt+ φ0)

Somit gilt:

vmax = ymax ω = ymax2π

T

ymax =vmax T

2πymax = 0.04 m


Eine belastete Schraubenfeder fuhrt harmonische Schwingungen aus. Die Amplitude betragt ymax = 2.5 cm,die Geschwindigkeit vmax = 0.5 m/s. Ermitteln Sie die Periodendauer T und die Frequenz f .

LosungAngaben: ymax = 2.5 cm vmax = 0.5 m

Herleitung der Gleichung: siehe vorhergehende Aufgabe.

T =2πymaxvmax

= 0.314 s

19


Ein Fadenpendel von der Lange l = 2 m wird auf die Lange l′ = 1 m verkurzt. In welchem Verhaltnisandern sich die Schwingungszeiten?

LosungAngaben: l = 2 m l′ = 1 m

Schwingungsgleichung beider Pendel:

T = 2π

√l

gT ′ = 2π

√l′

g

Verhaltnis der Schwingungsdauern:

T

T ′=

2π√

lg

2π√

l′

g

/ = /

√l

l′

=√

2

Somit gilt: T =√

2 T ′; die Schwingungszeiten andern sich um den Faktor√

2.


Man mochte ein Fadenpendel herstellen, das in einer Sekunde genau eine Halbschwingung ausfuhrt(Sekundenpendel). Welche Lange l musste das Pendel am Aquator (g = 9.78 m/s2) und am Pol (g =9.83 m/s2) haben?

LosungAngaben: gA = 9.78 m/s2 gP = 9.83 m/s2

Schwingungsgleichung beider Pendel:

T = 2π

√l

galso: l =

T 2

4π2g

Notwendige Pendellange:

am Aquator: lA = (2 s)2

4π2 9.78m/s2 = 0.9909 m

am Pol: lP = (2 s)2

4π2 9.83m/s2 = 0.9960 m

Aus dieser Aufgabe ist ersichtlich, dass die Fallbeschleunigung an einem Ort uber das Pendelgesetzbestimmt werden kann. Zusatzlich sieht man, dass die Pendellange am Pol um etwa 5 mm langer seinmuss, als am Aquator. Mit etwas Sorgfalt ist also der Unterschied in der Fallbeschleunigung an beiderOrten auf der Erde durchaus messbar.


Ein Federpendel ist mit einer schwingenden Masse von m = 0.2 kg belastet. Die Federkonstante betragtD = 2 N/m.a) Ermitteln Sie die Periodendauer T .b) Wie verandert sich die Periodendauer, wenn die schwingende Masse verdoppelt wird?

LosungAngaben: m = 0.2 kg D = 2 N/m

20

a) Schwingungsdauer des Federpendels:

T = 2π

√m

D= 2π

√0.2 kg

2 N/m= 1.987 s

b) Falls m′ = 2 m (D′ = D), dann gilt:

T ′ = 2π

√m′

D= 2π

√2m

D=√

2T

Wird die Masse am Federpendel verdoppelt, so vergrossert sich die Schwingungsdauer um den Faktor√

2.


Bei einer Feder ist eine Arbeit von W = 0.2 Nm erforderlich, um eine Dehnung von y = 10 cm zu erreichen.Wie gross ist die Periodendauer des Federpendels, wenn eine Masse von m = 1000 g angehangt wird?

LosungAngaben: W = 0.2 J y = 0.1 m m = 1 kg

Spannarbeit an der Feder:

W =1

2D y2 D =

2W

y2

D =20.2 J

(0.1 m)2= 40

N

m

Schwingungsdauer des Federpendels:

T = 2π

√m

D= 2π

√1 kg

40 N/m= 0.993 s

21

5 Die Wellengleichung

Aufgabe 1 Seite 125 M old

Wahrend 12 Schwingungen innerhalb von 3 Sekunden ablaufen, breitet sich eine Storung um 3.6 m aus.Berechne Wellenlange, Frequenz und Ausbreitungsgeschwindigkeit der Welle.

LosungAngaben: ∆t = 3 s n = 12 x = 3.6 m

Schwingungsdauer T :

T =∆t

n=

3 s

12=

1

4s

Frequenz f :

f =1

T= 4 Hz

Wellenlange λ:

λ =x

n=

3.6 m

12= 0.3 m

Ausbreitungsgeschwindigkeit c:

c = f λ = 41

s· 0.3 m = 1.2

m

s


Eine Schwingung y(t) = y sinωt, mit y = 10 cm, ω = π2 s−1 breitet sich transversal von x = 0 langs der

x-Achse mit der Geschwindigkeit vPh = 7.5 mm/s aus.a) Stelle die Wellengleichung auf.b) Zeichne das Momentanbild der Storung nach t1 = 4 s und nach t2 = 6 s auf.c) Ermittle die Schwingungsgleichung fur die Oszillatoren, die an den Orten x1 = 5.25 cm bzw. x2 = 7.5 cmvon der Storung erfasst werden.

LosungAngaben: y = 10 cm = 100 mm ω = π

21s c = 7.5 mm

s

a) Frequenz f :

f =ω

2π=

1

4Hz

Schwingungsdauer T :

T =1

f= 4 s

Wellenlange λ:

λ =c

f= 30 mm

Wellengleichung (verwendete Einheiten: [t] = s und [x] = mm):

y(x, t) = y sin 2π

(t

T− x

λ

)y(x, t) = 100 sin 2π

(t

4− x

30

)y(x, t) = 100 sinπ

(t

2− x

15

)

22

b) Wellengleichung zum Zeitpunkt t = 4 s:

y(x, 4) = 100 sin

(π

4

2− π x

15

)y(x, 4) = 100 sin

(2π − π x

15

)︸︷︷︸sin(2π−α)=sin(−α)

y(x, 4) = 100 sin(−π x

15

)︸︷︷︸

sin(−α)=− sin(α)

y(x, 4) = −100 sin(π x

15

)

c) Schwingungsgleichung am Ort x = 5.25 cm = 52.5 mm:

y(x, t) = y sin 2π

(t

T− x

λ

)y(52.5, t) = 100 sin 2π

(t

4− 52.5

30

)= 100 sinπ

(2t

4− 105

30

)= 100 sin

(πt

2− 7π

2

)= 100 sin

(πt

2−2π︸︷︷︸−π − π

2

)= 100 sin

(πt

2−π︸︷︷︸−π2

)= −100 sin

(πt

2− π

2

)y(52.5, t) = −100 cos

πt

2

23


Bei einer Welle mit y = 0.2 m, T = 0.5 s und λ = 1.5 m ist die Elongation y im Abstand x = 1 m zurZeit t = 2/3 s gesucht.

LosungAngaben: y = 0.2 m T = 2

10 s f = 1T = 5 Hz

Wellengleichung zum Zeitpunkt t = 23 s am Ort x = 1 m (verwendete Einheiten: [t] = s und [x] = m):

y(x, t) = y sin 2π

(t

T− x

λ

)y(1,

2

3) = 0.2 sin 2π

(2

3

10

2− 1

2

3

)= 0.2 sin 2π

(10

3− 2

3

)y(1,

2

3) = 0.2 sin

(16 π

3

)= 0.2 sin

(4π +

4 π

3

)y(1,

2

3) = 0.2 sin

(4π

3

)= −0.2 sin

(π3

)y(1,

2

3) = −0.2

√3

2= −0.173 m


Die Ausbreitungsgeschwindigkeit einer Welle mit der Amplitude y = 0.2 m und der Frequenz f = 0.2 Hzbetragt in einem Medium c = 20 m/s.a) Bestimme die Wellenlange.b) Nach welcher Zeit beginnt ein Teilchen im Abstand x = 40 m vom Erregungsort zu schwingen?c) Wie gross ist die Auslenkung dieses Teilchens nach t = 5 s?

LosungAngaben: y = 0.2 m f = 1

T = 0.2 Hz T = 5 s c = 20 ms x = 40 m

a) Wellenlange λ:

λ =c

f= 100 m

b) Zeitdauer um die Strecke x zuruckzulegen:

t =x

c=

40 m

20 m/s= 2 s

c) Wellengleichung (verwendete Einheiten: [t] = s und [x] = m):

y(x, t) = y sin 2π

(t

T− x

λ

)y(x, t) = 0.2 sin 2π

(t

5− x

100

)y(x, t) = 0.2 sinπ

(2t

5− x

50

)

24

Auslenkung zum Zeitpunkt t = 5 s am Ort x = 40 m:

y(40, 5) = 0.2 sinπ

(2 · 510− 40

50

)y(40, 5) = 0.2 sinπ

(1− 40

50

)y(40, 5) = 0.2 sin

(π − 4π

5

)y(40, 5) = 0.2 sin

(−4π

5

)y(40, 5) = −0.2 sin

(4π

5

)y(40, 5) = −0.118 m (4)


Zeige an der Wellengleichung, dass sich fur t und t+T beziehungsweise fur x+λ gleiche Schwingungszustandeergeben.

LosungWellengleichung zum Zeitpunkt t:

y(x, t) = y sin 2π

(t

T− x

λ

)Wellengleichung zum Zeitpunkt t′ = t+ T :

y(x, t′) = y sin 2π

(t′

T− x

λ

)= y sin 2π

(t+ T

T− x

λ

)= y sin 2π

(t

T+ 1− x

λ

)= y sin

[2π

(t

T− x

λ

)+ 2π

]︸︷︷︸

sin(α+2π)=sin(α)

= y sin 2π

(t

T− x

λ

)y(x, t+ T ) = y(x, t)

Gleiche Vorgehensweise fur x′ = x+ λ.


Weise nach, dass sich aus der Wellengleichung die Phasengeschwindigkeit, mit der sich ein Schwingungszu-stand bewegt, zu vPh = λ

T ergibt.

25

Aufgabe

Drucken Sie die Bedingung der konstruktiven und destruktiven Interferenz mit Hilfe des Phasenunterschieds∆φ aus.

LosungZusammenhang zwischen Phasenunterschied und Wegunterschied:

∆φ = π∆x

λ(5)

Konstruktive Interferenz:

∆φ = π∆x

λ

∆φ = πkλ

λ∆φ = 2kπ

Destruktive Interferenz:

∆φ = π∆x

λ

∆φ = π(2k + 1)λ

2λ∆φ = (2k + 1)π


Zwei im Abstand von d = 2 m nebeneinanderstehende Lautsprecher senden phasengleich Frequenzen imHorbereich aus, die von einem Mikrofon, das 3.75 m genau senkrecht vor dem ersten Lautsprecher steht,aufgenommen werden. Ermitteln Sie allgemein die Frequenzen und in Betragen die drei kleinsten und diedrei grossten im Bereich von 20 Hz bis 20 kHz, die sich a) maximal verstarken, b) maximal abschwachen.(c = 340 m/s)

LosungAngaben: d = 2.00 m e1 = 3.75 m

Wegunterschied ∆x:

∆x = e2 − e1=

√e21 + d2 − e1

=√

(3.75 m)2 + (2 m)2 − 3.75 m

= 0.5 m

Bedingung der konstruktiven Interferenz:

∆x = kλ = kc

fk

fk =c

∆xk

fk = 680 Hz · k

k = 1 f1 = 680 Hz

k = 2 f1 = 1360 Hz

. . . . . .

k = 28 f28 = 19.040 kHz

k = 29 f29 = 19.720 kHz

26

12ge - metzler physik - ltam.lu · 12ge - metzler physik losungen der aufgaben¨ raymond kneip,...

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