Lösungsvorschlag 11. Übungsblatt Theorie A Wintersemester 2009/2010 Karlsruher Institut für Technologie

Lösungsvorschlag 11. Übungsblatt Theorie A Wintersemester 2009/2010 Karlsruher Institut für Technologie

Prof. G. Schön - Dr. G. Metalidis http://www.tfp.uni-karlsruhe.de/Lehre

Aufgabe 1: Relativbewegung

(a) Das Boot erreicht den Punkt direkt gegenüber des Startpunktes, wenn sich die Geschwindigkeitskompo- nente v_xeˆ_x (parallel zur Geschwindigkeit des Flusses) und~uselbst gegenseitig kompensieren:

vx−u= 0⇒vsinθ=u⇒θ= arcsin u

vx

.

(b) Im Bezugssytem des Flusses wird die Zeit genau dann minimal, wenn wir den geradlinigen Weg senkrecht zum Ufer wählen. Es muss also v =vy undvx = 0 sein. Rechnen wir die Geschwindigkeiten zurück ins Bezugssystem des Ufers, so giltv⁰_x=−uundv_y⁰ =vund danit erhalten wir:

tanθ⁰ =u

v ⇒θ⁰ = arctanu v

(c) Es seiθder Winkel, in dem die Person rudern muss undθ⁰ der Winkel, in dessen Richtung sich das Boot bewegt. Die zugehörigen Geschwindigkeiten seien ~v beziehungsweise ~v⁰. Wir berechnen nun zuerstθ. t₁ sei die Zeit, die das Boot benötigt, um das andere Flussufer zu erreichen. Mitt₂ bezeichnen wir die Zeit,

die der Bootsführer benötigt, um am anderen Ufer zu Fuß den Punkt zu erreichen, dem der Startpunkt gegenüber liegt.

t1= b

v_y = b

vcosθ, undt2= a w.

aist der Weg, den das Boot parallel zum Ufer in der Zeitt₁- also bei Überquerung des Flusses - zurücklegt:

a=t1· |vx−u|=t1· |vsinθ−u|.

Die GesamtzeitT ergibt sich dann durch Addition vont1 undt2: T(θ) = b

vcosθ + b

vwcosθ|vsinθ−u|= b vcosθ·

1 +|u−vsinθ|

w

.

Der Punktu=vsinθmuss gesondert behandelt werden, daT(θ)dort nicht differenzierbar ist. Ansonsten finden wir das Minimum in Abhängigkeit des Winkelsθdurch Ableiten vonT(θ)nachθund anschließendes Nullsetzen. Füru≥vsinθgilt (Man kann nachprüfen, dass ^dT_dθ >0füru≤vsinθ. Es gibt dort also kein Minimum.):

dT

dθ = b

vcosθ · sinθ

cosθ· 1 + u

w− v wsinθ

− v wcosθ

⇔ sinθ·

1 + u w− v

wsinθ

= v

wcos²θ= v

w 1−sin²θ

⇔ sinθ·

1 + u w

= v w ⇔ θ = arcsin

v w+u

. Die Zeit, die benötigt wird, ist:

T =b q

(u+w)²−v²

vw .

Wir müssen nun noch diese Zeit mit der für den speziellen Winkelθ= arcsin ^u_v

vergleichen, bei derT(θ)

kleiner ist als die erste Lösung. Es kann aber auch sein, dass die erste Lösung einen Winkel ergibt, für den u≤vsinθgilt. Dies stimmt dann nicht mit der Annahmeu≥vsinθüberein, die wir gemacht haben um die Lösung zu finden. Auch in diesem Fall ist die günstigste Lösung die, bei der die Person nicht laufen muss.

Für die gesamte Geschwindigkeit des Bootes gilt nun ~v⁰ =~v+~u, also in Komponentenv⁰_x=vx−uund v⁰_y=vy. Nach Pythagoras erhalten wir dann für den Betrag von~v⁰:

v⁰= q

(vx−u)²+v²_y.

Aus der Bedingung v⁰cosθ⁰ =vcosθ erhalten wir schließlich den Winkel θ⁰, in dessen Richtung sich das Boot im Fall der ersten Lösung bewegen muss:

θ⁰ = arccosv v⁰ cosθ

. Aufgabe 2: Elastischer Stoß

Das Schwerpunkt im Laborsystem ist gegeben durchR~ =¹₂(~r₁+~r₂)(weil die Teilchen die gleiche Masse haben).

Die Geschwindigkeit des Schwerpunktes im Anfangszustand ist gegeben durch R~˙i = ¹₂(~vi1+~vi2) = ¹₂~vi1. Im Center of Mass Bezugssystem (auch Schwerpunktssytem genannt) ist die Geschwindigkeit des Schwerpunktes gleich 0. AlsoR~˙

0

i = 0 =R~˙_i−¹₂~v_i1. Die Geschwindigkeit~v im Laborsystem und die im Schwerpunktssystem~v⁰ findet man also durch die Transformation~v⁰=~v−¹₂~v_i1.

(a) Die Anfangsgeschwindigkeiten im Schwerpunktssystem sind gegeben durch:

~v_i1⁰ = ~vi1−1 2~vi1=1

2~vi1,

~v_i2⁰ = ~vi2−1

2~vi1=−1 2~vi1.

Im Center of Mass System bewegen sich die beiden Teilchen aufeinander zu.

Da keine externe Kräfte auf das System einwirken, bleibt der Gesamtimpuls erhalten:

m~v_i1⁰ +m~v⁰_i2= 0 =m~v_f1⁰ +m~v⁰_f2.

Daraus erhält man also~v_f2⁰ =−~v⁰_f1. Aus der Energieerhaltung bekommt man:

1

2m(v_i1⁰ )²+1

2m(v⁰_i2)²= 1

2m v⁰_f1² +1

2m v_f2^{0 2} , und damit:

1 4v²_i1+1

4v_i1² = 2· v_f1^{0 2}

⇒v_f1⁰ =1 2v_i1.

Im Endzustand fliegen die Teilchen also mit gleicher Geschwindigkeit auseinander.

θ‘₁

(b) Durch Rücktransformation der Geschwindigkeiten in das Laborsystem findet man

~

vf1 = 1

2~vi1+~v⁰_f1,

~

vf2 = 1

2~vi1+~v⁰_f2= 1

2~vi1−~v_f1⁰ . Jetzt sieht man, dass ~v_f1 ·~v_f2 = ¹₄v_i1² −

v⁰_f1²

= ¹₄v_i1² − ¹₄v_i1² = 0. Im Laborsystem stehen die Endgeschwindigkeiten senkrecht aufeinander, also θ2=θ1−^π₂.

θ₁

Aufgabe 3: Zylinderkoordinaten

(a)

(b) eˆρ·eˆρ= cos²φ+ sin²φ= 1, ˆeφ·eˆφ= sin²φ+ cos²φ= 1, eˆz·ˆez= 1 ˆ

eρ·eˆφ=−cosφsinφ+ sinφcosφ= 0, ˆeφ·eˆz= ˆeρ·ˆez= 0

(c) Unter Ausnutzung der Kettenregel der Differenzierung bekommt man:

d

dtˆe_ρ = d

dt(cosφˆe_x+ sinφˆe_y) = (−sinφˆe_x+ cosφˆe_y)·φ˙= ˆe_φφ˙ d

dteˆφ = d

dt(−sinφˆex+ cosφˆey) = (−cosφˆex−sinφˆey)·φ˙=−ˆeρφ˙ (d) Daeˆρ undeˆφ beide in der x-y-Ebene liegen, hatˆeρ׈eφ nur eine Komponente in z-Richtung:

(ˆeρ×eˆφ)_z= cos²φ+ sin²φ= 1, und damiteˆρ׈eφ= ˆez.