Physik I, WS 1993/94

Lösungen zur Übung Nr. 10 (Bonusübung)

Besprechung: 20. Januar 1994
Aufgabe 1:
Das erste Rohr mißt die Summe von statischem Druck und Staudruck, das zweite Rohr nur den Staudruck, da hier $v=0$. Daher

$$p_{stat} + \frac{1}{2} \rho v^{2} = const.$$

Die Druckdifferenz ist

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

woraus für die Geschwindigkeit folgt:

$$v = \sqrt{2 g \Delta h}.$$

Pro Sekunde strömt das Flüssigkeitsvolumen

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

durch das Rohr.

Aufgabe 2: (4 Punkte)
Die Energie der Scheibe ist

$$E_{kin} = \frac{1}{2} I \omega^{2} = \frac{1}{4} M R^{2} \omega^{2}$$

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 als konstant angenommen wurde, ist die in Reibung umgesetzte Energie durch

$$E_{R} = F_{R} s = \mu_{g} F s.$$

gegeben, wobei $s$ die gesamte Reibungsstrecke ist. Da die Abbremsung nach 10 Umdrehungen erfolgen soll, ist $s= 10 \cdot 2 \pi R = 20 \pi R$ und damit

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

Auflösen nach F ergibt:

$$F = \frac{1}{20} \frac{\nu^{2} \pi}{\mu_{g}} M R = \underline{251 \; N}$$

Aufgabe 3: (4 Punkte)
Das Hooksche Gesetz lautet

$$\sigma = \frac{F}{A} = E \epsilon = E \frac{\Delta l}{l},$$

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

$$F = D x = \frac{A E}{l} \Delta l = D \Delta l \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; D = \frac{A E}{l}$$

und

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

Aufgabe 4: (4 Punkte)
Nach dem Steinerschen Satz gilt für den Hohlzylinder

$$I = M R^{2} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; I_{A} = M R^{2} + M R^{2} = 2 M R^{2}.$$

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

$$M g R \; sin\alpha = I_{A} \beta = 2 M R^{2} \beta = 2 M R ... ...\; \rightarrow \; \; \; \; \; a = \frac{1}{2} g \; sin\alpha,$$

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:

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

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

$$a = \frac{dv}{dt} = \frac{1}{2} \frac{1}{v} g \frac{dh}{dt}.$$

Mit $h=s \; sin\alpha$ und $dh/dt= v \; sin\alpha$ also ebenfalls

$$a = \frac{1}{2} \frac{1}{v} g v \; sin\alpha = \frac{1}{2} g \; sin\alpha.$$

Für den Klotz gilt die Kräftegleichung

$$m g \; sin\alpha = m a + \mu_{g} m g \; cos\alpha \; \; \; ... ...row \; \; \; \; \; a = g (sin\alpha - \mu_{g} \; cos\alpha )$$

Da beide Beschleunigungen gleich sein sollten, muß gelten

$$\frac{1}{2} g \; sin\alpha = g (sin\alpha - \mu_{g} \; cos\alpha )$$

oder, aufgelöst nach $\mu_{g}$:

$$\mu_{g} = \frac{1}{2} \frac{sin\alpha}{cos\alpha} = \frac{1}{2} tan(\alpha ) = \underline{0,29}$$

Aufgabe 5: (4 Punkte)
a) Es handelt sich natürlich um eine labile Gleichgewichtslage, da bei einer kleinen Auslenkung der Körper nicht zur Gleichgewichtslage zurückkommen würde, 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:

$$\frac{M_{E}}{r_{1}^{2}} = \frac{M_{M}}{r_{2}^{2}} \; \; \; ... ... \; \; \; \; \frac{r_{2}}{r_{1}} = \sqrt{\frac{M_{M}}{M_{E}}}$$

Da außerdem $r_{1}+r_{2} = R_{EM}$, folgt

$$r_{1} = \frac{1}{1+ \sqrt{M_{M}/M_{E}}} \approx \frac{9}{10... ...; \; \; \; \; \; \; \; \; r_{2} \approx \frac{1}{10} R_{EM}$$

Das Gesamtpotential ist

$$\phi(r_{1},r_{2}) = -\gamma \frac{M_{E}}{r_{1}} - \gamma \frac{M_{M}}{r_{2}}$$

Die Energiedifferenz zwischen Unendlich und dem Aufpunkt $P$ ist

$$E = m \left( \phi(\infty ) - \phi(r_{1},r_{2}) \right)$$

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

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

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

$$L = m \omega_{1} l_{1}^{2} = m \omega_{2} l_{2}^{2}$$

und daher

$$\omega_{2} = \frac{l_{1}^{2}}{l_{2}^{2}} \omega_{1} \; \; \... ...nu_{2} = \frac{\omega_{2}}{2\pi} = \underline{20 \; s^{-1}}$$

b) Die Arbeit ist durch die Differenz der kinetischen Energien gegeben:

$$W = \Delta E_{kin} = \frac{1}{2} ( I_{2} \omega_{2}^{2} - I... ...2}^{2} - l_{1}^{2} \omega_{1}^{2} ) = \underline{118 \; J}$$