Lösungen zur Übung Nr.9 (Bonusübung)
Besprechung: Donnerstag 15.Januar 2004
Aufgabe 1: (4 Punkte)
Das erste Rohr mißt die Summe aus statischem Druck und Staudruck, das zweite nur den Staudruck, da hier $v=0$ ist. Daher

\begin{displaymath}
p_{stat} + \frac{1}{2} \rho v^{2} = const.
\end{displaymath}

Die Druckdifferenz ist

\begin{displaymath}
\rho g \Delta h = p_{stat} = p_{stat} + \frac{1}{2} \rho v^{2} - p_{stat} = \frac{1}{2} \rho v^{2},
\end{displaymath}

woraus für die Geschwindigkeit folgt:

\begin{displaymath}
v = \sqrt{2 g \Delta h}.
\end{displaymath}

Pro Sekunde strömt das Flüssigkeitsvolumen

\begin{displaymath}
A v = A \sqrt{2 g \Delta h} = 0,26 \; m^{3}/s
\end{displaymath}

durch das Rohr.
Aufgabe 2: (4 Punkte)
Die Energie der Scheibe ist

\begin{displaymath}
E_{kin} = \frac{1}{2} I \omega^{2} = \frac{1}{4} M R^{2} \omega^{2},
\end{displaymath}

wobei wir das Trägheitsmoment $I = (1/2) M R^{2}$ der Scheibe eingesetzt haben. Die Winkelgeschwindigkeit ist $\omega = 2 \pi \nu$ mit $\nu = 4 \; s^{-1}$. Da die Reibungskraft konstant sein sollte, ist die in Reibungswärme umgesetzte Energie durch

\begin{displaymath}
E_{R} = F_{R} s = \mu_{g} F s
\end{displaymath}

gegeben, wobei $s$ die gesamte Reibungsstrecke ist. Da die Abbremsung in 10 Umdrehungen erfolgen soll, ist $s = 10 \cdot 2 \pi R = 20 \pi R$. Damit erhalten wir:

\begin{displaymath}
\frac{1}{4} M R^{2} \omega^{2} = M R^{2} \pi^{2} \nu^{2} = 20 \mu_{g} \pi R F.
\end{displaymath}

Auflösen nach $F$ ergibt:

\begin{displaymath}
F = \frac{1}{20} \frac{\nu^{2} \pi}{\mu_{g}} M R = 251 \; N.
\end{displaymath}

Aufgabe 3: (4 Punkte)
Das Hooksche Gesetz lautet

\begin{displaymath}
\sigma = \frac{F}{A} = E \epsilon = E \frac{\Delta l}{l},
\end{displaymath}

wobei $E$ der Elastizitätsmodul und $A$ der Querschnitt des Drahtes ist. Die wirkende Kraft $F$ ist der Auslenkung proportional, $F = D \Delta l$. Daher

\begin{displaymath}
F = \frac{A E}{l} \Delta l = D \delta l.
\end{displaymath}

Für die Federkonstante $D$ folgt

\begin{displaymath}
D = \frac{A E}{l}.
\end{displaymath}

Für die Schwingungsfrequenz erhalten wir

\begin{displaymath}
\nu = \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{D}{m...
...}{2 \pi} \sqrt{\frac{\pi (d/2)^{2} E}{l m} } = 32,6 \; s^{-1}.
\end{displaymath}

Aufgabe 4: (4 Punkte)
Das Trägheitsmoment um die Mittelachse des Hohlzylinders ist

\begin{displaymath}
I = M R^{2}
\end{displaymath}

Nach dem Steinerschen Satz gilt für die Rotation um die Achse durch den Punkt $A$:

\begin{displaymath}
I_{A} = I + M R^{2} = 2 M R^{2}
\end{displaymath}

Die Beschleunigung $a$ des Zylinders kann auf zwei Wegen berechnet werden, einmal über das Drehmoment,

\begin{displaymath}
M g R sin(\alpha) = I_{A} \beta = 2 M R^{2} \beta = 2 M R a
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
a = \frac{1}{2} g sin(\alpha),
\end{displaymath}

wobei wir die Winkelbeschleunigung hier mit $\beta = a/R = d\omega/dt$ bezeichnet haben, um eine Verwechselung mit dem Neigungswinkel $\alpha$ zu vermeiden. Dasselbe Ergebnis folgt aus der Energieerhaltung:

\begin{displaymath}
M g h = \frac{1}{2} I \omega^{2} + \frac{1}{2} M v^{2} = \frac{1}{2} M R^{2} \omega^{2}
+ \frac{1}{2} M v^{2} = M v^{2}.
\end{displaymath}

Mit $v = \sqrt{g h}$ folgt

\begin{displaymath}
a = \frac{dv}{dt} = \frac{1}{2} \frac{g}{v} \frac{dh}{dt}.
\end{displaymath}

Mit $h = s sin(\alpha)$ und $dh/dt = v sin(\alpha)$ also ebenfalls:

\begin{displaymath}
a = \frac{1}{2} \frac{g v}{v} sin(\alpha) = \frac{1}{2} g sin(\alpha).
\end{displaymath}

Für den Klotz gilt die Kräftegleichung:

\begin{displaymath}
m g sin(\alpha) = m a + \mu_{g} m g cos(\alpha)
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
a = g \left( sin(\alpha) - \mu_{g} cos(\alpha) \right)
\end{displaymath}

Da beide Beschleunigungen gleich sein sollten, muß gelten

\begin{displaymath}
\frac{1}{2} g sin(\alpha) = g \left( sin(\alpha) - \mu_{g} cos(\alpha) \right)
\end{displaymath}

oder, aufgelöst nach $\mu_{g}$:

\begin{displaymath}
\mu_{g} = \frac{1}{2} \frac{sin(\alpha)}{cos(\alpha)} = \frac{1}{2} tan(\alpha) = 0,29.
\end{displaymath}

Aufgabe 5: (4 Punkte)
a) Es hanedlet sich natürlich um eine labile Gleichgewichtslage, da bei einer kleinen Auslenkung der Körper nicht zur Gleichgewichtslage zurückkehrt, sondern eine Beschleunigung in Richtung Erde oder Mond erfahren würde.
b) Seien $r_{1}$ und $r_{2}$ die Entfernungen von der Erde zum Körper b.z.w. vom Mond zum Körper. Aus dem Kräftegleichgewicht folgt:

\begin{displaymath}
\frac{M_{E}}{r_{1}^{2}} = \frac{M_{M}}{r_{2}^{2}}.
\end{displaymath}

Daraus folgt:

\begin{displaymath}
\frac{r_{1}}{r_{2}} = \sqrt{\frac{M_{M}}{M_{E}}}.
\end{displaymath}

Da außerdem $r_{1}+r_{2} = R_{EM}$, folgt:
$\displaystyle r_{1}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{1 + \sqrt{M_{M}/M_{E}}} \approx \frac{9}{10} R_{EM}$  
$\displaystyle r_{2}$ $\textstyle \approx$ $\displaystyle \frac{1}{10} R_{EM}$  

Das Gesamtpotential ist

\begin{displaymath}
\Phi(r_{1},r_{2}) = - \gamma \frac{M_{E}}{r_{1}} - \gamma \frac{M_{M}}{r_{2}}
\end{displaymath}

Die Energiedifferenz zwischen Unendlich un dem Aufpunkt $P$ ist

\begin{displaymath}
E = m ( \Phi(\infty, \infty) - \Phi(r_{1}, r_{2})).
\end{displaymath}

Da nach Definition der potentiellen Energie $\Phi(\infty, \infty) = 0$, folgt:

\begin{displaymath}
E = \frac{\gamma m}{R_{EM}} \left( \frac{10}{9} M_{E} + 10 M_{M} \right)
= 1,3 \cdot 10^{9} \; J.
\end{displaymath}

Aufgabe 6: (4 Punkte)
a) Zu Beginn ist die Winkelgeschwindigkeit $\omega_{1} = 2 \pi \nu_{1}$ mit $\nu_{1} = 5 \; s^{-1}$. Drehimpulserhaltung fordert, daß

\begin{displaymath}
L = m \omega_{1} l_{1}^{2} = m \omega_{2} l_{2}^{2},
\end{displaymath}

und daher

\begin{displaymath}
\omega_{2} = \frac{l_{1}^{2}}{l_{2}^{2}} \omega_{1}
\end{displaymath}

und

\begin{displaymath}
\nu_{2} = \frac{\omega_{2}}{2 \pi} = 20 \; s^{-1}.
\end{displaymath}

Die Arbeit ist durch die Differenz der kinetischen Energien gegeben:

\begin{displaymath}
W \Delta E_{kin} = \frac{1}{2} ( I_{2} \omega_{2}^{2} - I_{1...
...{2}^{2} \omega_{2}^{2} - l_{1}^{2} \omega_{1}^{2}) = 118 \; J.
\end{displaymath}





Harm Fesefeldt
2007-08-01