\documentstyle[12pt,german,briefkn]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\Large
\centerline{Physik I, WS 1993/94} 
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\centerline{L\"osungen zur \"Ubung Nr. 11}
\normalsize  
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Besprechung: \bf 27. Januar 1994 \rm \newline
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\bf Aufgabe 1: \rm \hspace{10.5cm} (6 Punkte) \newline
Ohne die Tr"agheitskr"afte der Abbremsung ergibt sich zun"achst die Kraft
auf die Seitenw"ande folgenderma"sen. \newline \vskip 3cm
Der Druck in der H"ohe $x$ ist $p(x)=\rho g x$. Die Kraft auf ein 
Fl"achenelement der Breite $b$ und Dicke $dx$ ist 
\begin{displaymath}
dF(x) = \rho g b x dx
\end{displaymath}
Intergration von 0 bis $h$ liefert:
\begin{displaymath}
F = \rho g b \int_{0}^{h} x dx = \frac{1}{2} \rho g b h^{2} 
\end{displaymath}
Diese Kraft ist f"ur die Vorderseite und R"uckseite identisch gleich.
Hinzu kommen w"ahrend des Bremsvorganges die Tr"agheitskr"afte. Die 
Beschleunigung des Wagens ist $a=-(1/2) v_{0}^{2}/s$, die Tr"agheitskraft
also 
\begin{displaymath}
F_{tr,\pm} = \pm m a = \pm \frac{1}{2} \rho l b h \frac{v_{0}^{2}}{s}
\end{displaymath}
Insgesamt also:
\begin{displaymath}
F_{\pm} = \frac{1}{2} \rho b h \left( g h \pm \frac{v_{0}^{2} l}{s} \right)
\end{displaymath}
wobei das Pluszeichen f"ur die Vorderseite und das Minuszeichen f"ur die 
R"uckseite gilt. Einsetzen der Zahlenwerte: \newline  
\begin{displaymath}
\underline{F_{+} = 57,3 \cdot 10^{3} \; N} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;
\underline{F_{-} = 5,5 \cdot 10^{3} \; N}
\end{displaymath} 
\newpage 
\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
Sei $l_{1}$ die L"ange des Stabes ausserhalb des Wassers und $l_{2}$ die
L"ange im Wasser ($l_{1}+l_{2} = l$). Nach Voraussetzung ist dann 
$l_{1} = l/n$ und $l_{2}=(1-1/n)l$. F"ur ein Massenelement $dm$
ist das Drehmoment der Schwerkraft ($dm = \rho A dx$):
\begin{displaymath}
d\tau_{g} = g x  sin\phi \; dm = g \rho A sin\phi \; x dx
\end{displaymath}
Integration von 0 bis $l$ ergibt
\begin{displaymath}
\tau_{g} = \frac{1}{2} \rho g A sin\phi \; l^{2}
\end{displaymath}
Das Drehmoment der Auftriebskraft ergibt sich entsprechend aus der
Integration von $d\tau_{A} = g \rho_{Fl} A sin\phi \; x dx$, diesmal aber
nur in den Grenzen von $l_{1}$ bis $l$. Dieses ergibt
\begin{displaymath}
\tau_{A} = \frac{1}{2} g \rho_{Fl} A sin\phi \; (l^{2} - l_{1}^{2} )
= \frac{1}{2} g \rho_{Fl} A sin\phi \left( 1-\frac{1}{n^{2}} \right) l^{2}
\end{displaymath}
Im Gleichgewicht mu"s $\tau_{g} = \tau_{A}$ sein, daraus folgt:
\begin{displaymath}
\rho = \left( 1 - \frac{1}{n^{2}} \right) \rho_{Fl}
\end{displaymath}  
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\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
Die Oberfl"achenspannung war definiert als $\sigma = dW/dA$, wobei $dW$ die
zur Vergr"o"serung $dA$ der Oberfl"ache notwendige Arbeit ist. Die gesamte
Oberfl"ache der Seifenblase ist $dA=2 \cdot 4\pi r^{2}$, wobei die doppelte
Kugeloberfl"ache zu nehmen ist. Mit $dA=16 \pi r dr$ folgt f"ur die Arbeit
\begin{displaymath}
dW = \sigma dA = 16 \pi \sigma r dr 
\end{displaymath}
Integration in den Grenzen von 0 bis $R = 5 \; cm$ ergibt
\begin{displaymath}
W = 16 \pi \sigma \int_{0}^{R} r dr = 8 \pi \sigma R^{2} =
\underline{1,57 \cdot 10^{-3} \; J}
\end{displaymath}
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 4: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Da v"ollige Benetzung vorausgesetzt wurde, ist in der Formel auf Seite
145 des Skripts $\phi = 0$ oder $cos\phi =1$ zu nehmen. Die H"ohen in den
beiden Kapillaren sind dann
\begin{displaymath}
h_{1} = \frac{2\sigma}{\rho g r_{1}} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
h_{2} = \frac{2\sigma}{\rho g r_{2}}
\end{displaymath}
Daher folgt f"ur die H"ohendifferenz
\begin{displaymath}
\Delta h = h_{1} - h_{2} = \frac{2\sigma}{\rho g} \left( \frac{1}{r_{1}}
-\frac{1}{r_{2}} \right) = \frac{2\sigma}{\rho g} \frac{r_{2}-r_{1}}
{r_{1} r_{2}}
\end{displaymath}
Aufgel"ost nach $\sigma$:
\begin{displaymath}
\sigma = \frac{1}{2} \rho g \Delta h \frac{r_{1} r_{2}}{r_{2}-r_{1}}
= \underline{0,0721 \; J/m^{2}}
\end{displaymath} 
\end{document}
