Übungsblatt 5
Physik für Ingenieure 1

Othmar Marti, (othmar.marti@physik.uni-ulm.de)

3. Dezember 2001

Aufgaben für die Übungsstunden

Kinematik

1. Gegeben ist der Vektor $(4;-7;5)$. Berechnen sie eine Ebene, die durch den Punkt $(5;5;5)$ geht.
2. Berechnen Sie die Winkel zwischen den Vektoren $\vec r_1 = (1;1;0)$, $(\vec r_2 = 1;0;1)$ und $\vec r_3 = (-2;3;1)$.
3. Ein Teilchen bewegt sich auf der Bahn $\vec r(t) = (a\cos(\omega t);b\sin(2\omega t))$ in einem Kraftfeld $\vec F (x,y) = (3x; -y)$. Welche Arbeit verrichtet das Teilchen zwischen $t=0$ und $t_1=\frac{\pi}{2\omega}$ gegen die Feldkraft? Welche Arbeit wird von $t=0$ bis $t_2 = \frac{\pi}{8\omega}$?
4. Ein Kügelchen laufe in einem Hohltrichter, dessen Seitenwände ihren Abstand zur z-Achse als Funktion der Höhe wie $r(z) = - r_0/z$, (z-Achse nach oben positiv!) sich verändern. Das Kügelchen der Masse $m$ laufe nun ausgehend von $z=0$ auf einer Spiralbahn nach unten. Berechne seine Bahngeschwindigkeit und seine Winkelgeschwindigkeit als Funktion der Höhe.

Hausaufgabe

1. Ein Rolladen, Höhe $h_0 = 2 m$, habe pro Höheneinheit die Masse $\mu=m/h = 5 kg/m$. Berechnen Sie die Arbeit, die Sie aufwenden müssen, um den Rolladen vollständig hochzuziehen. Der Teil des Rolladens, der sich oben auf der Rolle befindet,soll keine Arbeit verursachen.

Lösungen Aufgaben für die Übungsstunde

1. Der Vektor $(4;-7;5)$ ist senkrecht zur Ebene $4x -7y+5z = c$ (Spezialwerte wählen und einsetzen).
   
   $c= 10$
2. $\angle(\vec r_1, \vec r_2) = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = \pi/6$, $\angle(\vec r_1, \vec r_3) = \arccos\left(\frac{1}{\sqrt{28}}\right) = 1.38$, $\angle(\vec r_2, \vec r_3) = \arccos\left(\frac{-1}{\sqrt{28}}\right) = 1.76$.
3. Arbeit gegen die Feldkraft: $W = - \int\limits_{0}^{\pi/(2\omega)} \vec F \cdot d\vec s$
   
   Es ist $d\vec s = \vec v dt$
   
   $\vec v = (-a \omega \sin\omega t;2 b \omega \cos 2\omega t$
   
   $W = - \int\limits_{0}^{t_1} \left(\begin{array}{c} 3 a \cos\omega t \\ \\ -... ...a \sin\omega t \\ \\ 2 b \omega \cos 2\omega t \\ \\ \end{array}\right) dt$
   
   $= - \int\limits_{0}^{t_1} \left(-3 a^2 \omega \cos\omega t \sin\omega t - 2 b^2 \omega\sin 2\omega t \cos 2\omega t \right) dt$
   
   $= \omega \int\limits_{0}^{t_1} \left(\frac{3}{2}a^2\sin 2\omega t +b^2 \sin 4 \omega t\right)dt$
   
   $= -\left[ \frac{3 a^2}{4}\cos 2 \omega t + \frac{b^2}{4} \cos 4 \omega t\right]_0^{t_1} = \frac{3 a^2}{2}$
   
   Für $t_2$ ergibt sich $W = -\frac{3 a^2}{8}\left(2-\sqrt{2}\right)+\frac{b^2}{4}$.
4. Der Energiesatz sagt: $E_{pot}(z=0) = 0 = E_{kin}(z)+E_{pot}(z)$.
   
   Daraus: $E_{kin}(z) = \frac{1}{2}m v^2(z) = - (- m (-g) z)$ (Potentielle Energie ist Arbeit gegen die Feldkraft!)
   
   Also $v(z) = \sqrt{-2gz}$ (Wichtig: $z \leq 0$)
   
   Es gilt $\omega = v/r$, also $\omega = \frac{\sqrt{-2gz}}{-r_0/z} = - \sqrt{\frac{-2gz^3}{r_0^2}}$

Lösungen Hausaufgabe

1. Wir zählen die Höhe von unten und nennen sie $z$. Bei $z=0$ soll der Rollladen vollständig ausgefahren sein.
   
   In der Höhe $z$ ist die Masse $m(z) = \mu (h_0 -z)$.
   
   Um den Rolladen um $dz$ zu bewegen, ist die Arbeit $dW = - m(z) (-g) dz$ nötig (Arbeit gegen die Feldkraft).
   
   Also: $dW = \mu g (h_0 - z) dz$.
   
   Wir integrieren auf beiden Seiten bis zur Höhe $z_1$:
   
   $\int\limits_0^{z_1} dW = \int\limits_0^{z_1} \mu g (h_0-z) dz$
   
   $W(z_1)-W(0) = \mu g \int\limits_0^{z_1} (h_0 -z) dz = \mu g \left[ h_0 z -\frac {1}{2} z^2\right]_0^{z_1} = \mu g (h_0 z_1 -\frac{1}{2}z_1^2)$
   
   
   
   Die Arbeit zum vollständigen aufziehen ist also $W(h_0) = \frac{1}{2}\mu g h_0^2 = 98.1 J$

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