Volumenstrom Für diesen Aufgabenteil wird nur die rechte Hälfte der Skizze benötigt

(1)

Aufgabe 1:

a) (i) und (ii) und (iv) 1 Punkt b) (i) 1 Punkt

c) (i) 1 Punkt d) (iv) 1 Punkt e) (B) 1 Punkt f) (iv) 1 Punkt

g) (i) und (ii) 2 Punkte

h (i) und (iii) und (iv) und (v) 0.5 plus 0.5 Punkt

(2)

Aufgabe 2:Venturi Rohr ( Punkte) a. Volumenstrom

Für diesen Aufgabenteil wird nur die rechte Hälfte der Skizze benötigt.

Volumenstrom:IW asser=IW =v·A BERNOULLI : p¹+̺

2v1²+̺gh¹=p²+̺

2v²2+̺gh²=KON ST AN T (1) Kontinuit¨atsgleichung : v¹·A¹=v²·A² ⇒ v¹=v²A²

A² (2)

A=πr²=^πd₄²

BERNOULLI (kleiner Querschnitt auf großen Querschnitt) (H¨ohe konstant):

p1+̺W

2 v²1=p2+̺W

2 v²2=KON ST AN T (3)

∆p=p¹−p²= ̺W

2 (v2²−v²1)v²= ̺W

2 1− A²

A¹ ²!

=̺W

2 1− d²

d¹ ⁴!

(4) Venturi Rohr, Druckunterschiedsmessung via Bernoulli (diesmal mittels h):

∆p=gh̺HG−h̺W =gh(̺HG−̺W) (5) (5) in (4) aufl¨osen nach v2

v2= v u u u t

2gh

̺W(̺HG−̺W) 1−

d₂ d₁

⁴ (6) Volumenstrom:

IW =π 4d²2

v u u u t

2gh(^̺_̺^HG

W −1) 1−

d₂ d₁

⁴ (7) b. Pumpleistung

Wieder Bernoulli, diesmal wird derh-Term genutzt, derv-Term bleibt gleich.

Man beachte, die Pumpe beeinflusst nicht den Fluss, sie wird nur benötigt, um die Höhe zu überwinden, bei einer Geschwindigkeitsänderung würde nämlich der Startdruckp⁰sinken und damit auch die Startsäule! Ausserdem würde die Kontiniutätsgleichung verletzt.

Betrachtung und und oben:

pP umpe+p⁰+1

2̺Wv²1+ 0 =p⁰+1

2̺Wv²1+̺Wg(h²+h³) (8)

pP umpe=̺Wg(h²+h³) (9)

P umpleistung: ∆p·IW = ∆p·v2·A2=̺Wg(h2+h3)·π 4d²2

v u u u t

2gh(^̺_̺^HG

W −1) 1−

d₂ d₁

⁴ (10)

h2

h

d

d h

3

1

2

1

HG W

d p

p

1 0

0

g

Pumpe r r

Venturi-Rohr

(3)

Aufgabe 3: Harry Potter und Hagrid: ( Punkte)

Dieser Aufgabe liegt ein umgekehrter inelastischer Stoss zugrunde oder auch die Erhaltung des Schwerpunktimpulses. Als Zwischenrechnung muss ein schiefer Wurf gerechnet werden. Schlus- sendlich eine Energiebetrachtung.

mAuto=ma = 800kg, mHagrid=mh= 400kg, h= 105m: v⁰= 20^m_s, t= 5s, x= 85m (mAuto schließt Harry Potter, nicht aber Hagrid mit ein!)

Achtung 1 Vorzeichen beachten! Hagrid springt zwar nach hinten, wegen seiner aktuellen Eigenbe- wegungv⁰landet er schlussendlich im positiven Bereich, der schiefe Wurf geht in positive Richtung.

⇒Vorzeichen, d.h.|v0|>|vhx|

Achtung 2: Beachten, ob im CMS oder im Bodensystem (aussenstehender Betrachter) gerechnet wird. Die ist f¨ur x-Richtung relevant, da Hagrid eine Grundgeschwindigkeit vom Auto mitnimmt.

Diese Rechnung komplett im Bodensystem:

a. Skizze

b. EKIN; zuerst schiefer Wurf!

(ma+mh)·~v⁰=mh·~vh+ma·~vend (1) va= v⁰

0

; ~vh= vh1

vh2

=?; ~vend=?

Betragsrechnung:

x=vhxt ⇒ vhx=x

t = 17)m

s; ⇒im CMSvhx−CM S=vhx−v⁰=−3 m s (2) h+vhyt−1

2gt²= 0 ⇒ vhy= 1 2gt−h

t = 25 m

s −21 m s = 4 m

s (3)

~vh= vhx

vhy

=

x 1 t 2gt−^h_t

= 17 4

m s

~vend=ma+mh

ma

~v0−mh

ma

~vh= 3 2~v0−1

2~vh (4)

~vend= 1 ma

(ma+mh)· v⁰ 0

−mh·

x 1 t 2gt−^h_t

= 1 ma

ma·v⁰+mh·v⁰−mhx

+mhh t t −mh

1 2gt

Mit Zahlen: (5)

~vend= 3

2 20

0 −1

2 17

4 m

s = 43

−22 m

s ⇒im CMS~vend−CM S = 3

−22 m

s (6) Energie:

EKIN−Auto= 1

2ma(~vend)²=1 2ma

1 ma

ma·v0+mh·v0−mhx t

+mhh t −mh

1 2gt

²

(7) Mit Zahlen:

EKIN−Auto = 400 43

−22 ²

J= 400 43

2 ²

+ 4

!

J = 186,5kJ (8)

c. Energiedifferenz:

∆E=1

2ma~v_end² +1

2mh~v²_h−1

2(ma+mh)~v0² (9)

∆E= 186,5kJ+ 200((17)²+ 16)J−600·400J = (186,5 + 61−240)kJ= 7,5kJ (10)

(4)

Aufgabe 4:Relativit¨atstheorie( Punkte) Voyager und Camelot

a. L¨angenkontraktion:

l= l0

γ = r

1−v² c²l=

r

1−(c/2)²

c² ·344m= 0,866 ˙344m= 297,91 (1) b. Skizze Masse und Impuls vs. v

20

40

60

80100

120 05e+071e+081.5e+082e+082.5e+083e+08 v 0

1e+09

2e+09

3e+09

4e+09

5e+09 p 5e+071e+081.5e+082e+082.5e+083e+08 v

c. Betrachten wir die Ereignisse im Bezugssystem S: Damit das Paket die Camelot erreicht, das in einem x-Abstandδx=dentlangfliegt, muss es ebenso wie die Camelot eine Geschwindig- keitUy= ^c2 besitzen. Somit muss inS f¨ur die Geschwindigkeiten gelten:

uy= c

2; ux=q

u²−u²_y= s

3c 4

²

−c 2

²

=

√5 4 c

SystemS^′sei das Ruhesystem der Voyager mit den Koordinatenx^′, y^′undz^′ parallel zu den Koordinatenx, yundzvonS. Da sichS^′ gegen¨uberS mit der Geschwindigkeitv¹=−2^c in y-Richtung bewegt, ergibt sich die Lorentztransformation der Geschwindigkeiten wie folgt:

u^′_y= uy−v¹ 1−^v¹_c^u2^y

; u^′_x= ux

γ(1−^v¹_c^u2^y) mit

γ= 1

q 1− ¹2

²

= 2

√3 Somit erhalten wir

u^′_y = c/2 +c/2 1 + 0.5·0.5 =4

5c; u^′_x=

√5/4 2/√

3·(1 + 0.5·0.5)c=

√15 10 c

Die Voyager muss also das Paket unter dem Winkelα^′ in Richtung der Camelot abwerfen, der gegeben ist durch:

tanα^′= u^′_y u^′_x = 8

√15; α^′= 64.2^o

(5)

Aufgabe 5:Harmonische Drehschwingung( Punkte)

a. A:

Drehbewegung Lineare Bewegung

ϕ s=x

ω= ˙ϕ v= ˙s= ˙x a= ˙ω= ¨ϕ a= ˙v= ¨s= ¨x

M F

θ m

M =θϕ¨ F =ma

c·ϕ+θ·ϕ¨= 0 k·x+m·x¨= 0

Normalform Schwingungsgleichung (frei unged¨ampft):

¨

x+ω0²x= 0; ϕ¨+ω0²ϕ= 0 b. DLG:

Ben¨otigt:

Tr¨agheitsmoment: Θ =l²m x=asinϕ

KLEINE WINKELN ¨AHERUNG: sinϕ≈ϕ; cosϕ= 1 Drehmoment der FederM =−F a=−kxa=−ka²ϕ Drehmoment aus Gewichtskraft mg: M =mglsinϕ=mglϕ Drehmoment allgemein M = Θ·ϕ¨

DGL (−ka²−mgl)ϕ=ml²ϕ¨ DGL ϕ¨+ka²−mgl

ml² ϕ= 0 (= ¨ϕ+ω0²ϕ) (1) ω²0= ka²−mgl

ml² (2)

c. L¨osen

ϕ(t) =Asin (ω⁰·t) withω⁰6=ω (3)

˙

ϕ(t) =A·ω0·cos (ω0·t) (4)

¨

ϕ(t) =−A·ω0²·sin (ω0·t) (5) L¨osung : ϕ(t) =Asin (

rk m

a l

²

−g

l ·t) (6)

d. Eigenfrequenz:

(3) und (5) einsetzten in (1) ⇒(2)

−A·ω²0·sin (ω⁰·t)+ka²−mgl

ml² Asin (ω⁰·t) = 0 ⇒ω⁰=

rka²−mgl ml² =

rk m

a l

²

−g (7)l e. Bei einer harmonischen Schwingung giltω²0>0

ω0²=ka²−mgl ml² ⇒a >

rmgl

k (8)