Lösung ausgewählter Aufgaben (Physik)

Physik 1 für WI SS 2011 Prof. Dr. Jochen Seufert __________________________________________________________________________

Lösungen_Übungsaufgaben_Physik_WI.doc

Lösungen ausgewählter Übungsaufgaben Die Liste wird jeweils parallel zum Thema der Vorlesung erweitert und aktualisiert.

1.1 333 m 0,01(0,1m) 10(dm) 10l 10

mm 10cm 1m 0,01m 1

m 0,012

3

AV

hAhV

m 10m) (1000 10km 10 722 A

t 000 100t 10kg 10ˆm10m10m 01,0 583527 AhV

1.2 Der Umfang einer Kugel ist RU 2 , die Oberfläche der Erde also

214262

2 m105,093m 1040

4

URA .

Einheit des Druckes : 2225

255

smkg

000 100msmkg

10mN

10Pa10bar1

Druck ist Kraft pro Fläche : A

gm

A

Fp

kg105,26

sm

9,81

m10093,5sm

kg300 101

18

2

2142

gAp

m

Dichte ist Masse pro Volumen : Vm

, das Volumen des flüssigen Luftmeeres

AhV .

Damit m 11,73m105,093

mkg

880

kg105,26

2143

18

Am

AV

h

1.3 Das Volumen des aufgewickelten Papierbandes ergibt das Volumen der Rolle ( Hohlzylinder ) . Papier : hAhlbV ( Papieroberfläche A )

Rolle : bdD

V

22

22 ( Hohlzylinder der Höhe b )

Also : 22

22

m 660m 659,734m 0,00015

m 0,8m 0,025m 0,2

hV

A



Ein anderer ( mathematisch aufwendigerer ) Lösungsweg ist das folgende „Baumring“-Modell :

Anzahl der Papierlagen : 666,1166mm 0,152

mm 50mm 4002

22

hdD

h

dD

N

Umfang der n-ten Lage :

hnd

Un 22 ( Jede Lage ist näherungsweise ein Zylinder

) Gesamtlänge :

1211

NNhdNnhdNUL

N

n

N

n n

m825,22m34,20433,58 L

Fläche : 22 m 660m7 1,660 bLA

1.4 Zu der Formel ndv : In der Zeit t werden auf einer

Kreisbahn N Umdrehungen und der Weg Nrs 2

zurückgelegt. Also ergibt sich eine Umfangsgeschwindigkeit

ndtN

dts

v

( Drehzahl n ) .

Zugeschnittene Größengleichung

s60m001,0 min

1

min1

mmmms

m

sm

ndv

( Kürzen ! )

min1mm

10236,5

sm

5 ndv

min1

10236,5

sm

mm100 3 nvd

500 1000 1500 2000 2500 3000

2

4

6

8

10

12

14

16

m/sv

mint



1.7 Lösung mit Potenzansatz und Exponentenvergleich. 1.7.1 Die Zentrifugalkraft hängt ab von : der Masse, dem Radius und der Geschwindigkeit.

),,( vrmfF

Ansatz : vrmkF mit einer dimensionslosen

Konstanten k .

Einheiten : vrmkF

-+!

2 smkgsm

mkgs

mkg

Exponentenvergleich : 11;2;1

Ergebnis : rv

mkF2

( Kap. 2 : k = 1 )

1.7.2 Die Ausbreitungsgeschwindigkeit hängt von der Spannkraft, vom Querschnitt

und von der Materialdichte ab : ),,( AFfc .

Ansatz : AFkc mit einer dimensionslosen Konstanten k .

Einheiten : AFkc

2-3-23

22

!smkg

mkg

ms

mkgsm


21

3121

;21

;21

Ergebnis :

AF

kc ( Kap. 4 : k = 1 )

1.7.3 Der Strömungswiderstand hängt von der Stirnfläche, der Luftdichte und der Geschwindigkeit ab : ),,( vAfF

Ansatz : vAkF mit einer dimensionslosen Konstanten k .

Einheiten : vAkF

-323

2!

2 smkgsm

mkg

ms

mkg




Ergebnis : 2vAkF ( Srömungslehre : 2Wck )

Darin ist Wc der dimensionslose ( natürlich formabhängige und i.A.

geschwindigkeitsabhängige ) Widerstandsbeiwert.

1.8 Der Hub wird während einer Umdrehung zweimal zurückgelegt :

h

km84,24

sm

6,90

3000s 60

m 0,06922

th

ts

v

1.9 Strahlensatz : d

ldD

L

m 125,5m 2m 502

m 0,5

ddD

lL

Gleichförmige Geschwindigkeit :

hkm

30,12sm

8,366s 15m 125,5

TL

v

1.10 Geschwindigkeit des Autos : A

A ts

v sm

33,33h

km120

Geschwindigkeit des Schalls : S

S ts

v sm

340

Der ruhende Beobachter hört den Schall über den Zeitraum

s 3,3s 0,294s 3,0s 340100

s 33,33

100

SASA v

svs

tt

Bemerkung : Ruhender und mitbewegter Beobachter hören denselben Wellenzug, der aus einer bestimmten Anzahl von Schwingungen besteht. Der ruhende Beobachter hört diese Schwingungen über einen längeren Zeitraum, also pro Sekunde weniger Schwingungen als der mitbewegte Beobachter. Das bedeutet : Frequenz- ( Tonhöhen- ) Erniedrigung beim ruhenden Beobachter ( DOPPLER-Effekt ). Der DOPPLER Effekt wird in der Vorlesung zu einem späteren Zeitpunkt behandelt.

1.11 Aus 0)0(;)0(;. 0 svvkonsta folgen die Bewegungsgleichungen

1) tavv 0 und 2) 20 2

1tatvs .

dD

Ll



Folgerungen : 3) 20

20

2

21

21

21

tatvtattavtatvs stimmt

4) aus 1) : tvv

aavv

t 00 ;

5) 20

000

21

22tatvt

vtavt

vvs

stimmt

6) avv

avvvv

tvv

sdc

222

20

200

)),0

bzw. svv

a2

20

2

7) Aus 6) : savv 220

Bemerkung zu den Formeln dieser Aufgabe : Vor Anwendung der Formeln 1) - 7) bei konstanter Beschleunigung muß die Situation des gestellten Problems sorgfältig analysiert werden : Was ist die Anfangsgeschwindigkeit 0v , was die Endgeschwindigkeit v der Bewegung ?

Bei allen obigen Formeln ist t die Zeit, die zur Beschleunigung ( oder Verzögerung ) von 0v

auf v nötig ist, s ist die dabei zurückgelegte Strecke. 1.12 11 tav

1122 2 vttatav s21 tt ( klar ! )

1.12.1 21

21

21

222

211 22

222;

2tat

att

ata

sta

s

m7523 2

112 tass

2221

12

sm

5,12s43m1503

2

t

ssa

1.12.2 sm

50;sm

25s2sm

5,12 2211 vtav

1.12.3 m254sm

5,1221

22

2211 st

as

1.13.

1.13 a) 2

22

20

2

sm

57,8m452

sm

6,3100

sm

0

2

svv

a



1.13 b) m38,12m05,433,8m57,826,3

300

16,3

302

22

20

2

0

avv

tvs S

1.13 c) In Schrecksekunde zurückgelegt : m89,13s1sm

6,350

0 tvsS ,

d.h. : Der PKW prallt ungebremst auf die Person auf.

Bei h

km400 v : m11,11s1

sm

6,340

0 tvsS .

Damit bleibt zum Abbremsen noch die Strecke m28,1m11,11m38,12 Bs .

Aufprallgeschwindigkeit nach dieser Bremsstrecke :

h

km3,36

sm

1,10sm

28,157,8211,112 220 savv

1.14 Die zurückgelegten Strecken sind im v-t Diagramm Flächen unter der v(t) - Kurve.

Für die 3 Unbekannten 21 ,, tta sind 3 Gleichungen gegeben :

s1021 Ttt

m2521

21

12

11 tvtas Beschleunigte Bewegung

m7522 tvs Gleichförmige Bewegung,

v ist die erreichte Geschwindigkeit : 1tav

Damit kann man jetzt schrittweise eliminieren :

sm

5,122

2)( 1211122

Tss

vsTvtvTvtTvtvs

Daraus s4s6 212

2 tTtvs

t und 21 s

m125,3

tv

a .



( Oder in )( 112 tTtas ersetzen : 21

12ts

a

11

11

1

1112

1

12 2

2)(

2)(

2s

tTs

tTts

tTtts

s

damit s 4s 10m 125m 50

22

12

11

ssTs

t ; sm

12,5s 6m 75

2

2 ts

v ;

221

1

sm

125,32

ts

a )

1.17

1.17.1 m 2902,5s 3sm

4521

s 3sm

90021 2

22

0 tatvs

1.17.2 h

km 3726

sm

1035s 3sm

45sm

090 20 tavv

1.18 Abschnitt 1 : Beschleunigung in der Zeit 1t von 0 auf 1v :

s 11,574

sm

1,2

sm

3,650

21

1

1

011

av

avv

t

Abschnitt 3 : Verzögerung in der Zeit 3t von 1v auf 0 :

s 944,6

sm

2-

sm

3,650

0

23

1

3

13

av

av

t

Die zugehörigen Beschleunigungs- bzw. Verzögerungsstrecken sind dann :

m376,8021 2

111 tas ; m225,4821 2

33313 tatvs

Die Zwischenstrecke, die mit konstanter Geschwindigkeit durchfahren wird, beträgt also :

m 871,4m 871,399m 48,225m 80,376km 12 s

Dafür benötigt die U-Bahn die Zeit s741,621

22

vs

t .

Daher ist die gesamte Fahrzeit : s 81,3s 925,81321 tttT .



1.23 Überholproblem 2

2011 2

ta

tvts 201 sm

7,1;sm

0,25h

km90 av

tvsts 022 m50;sm

44,19h

km7002 sv

Zum Zeitpunkt T ist der Überholvorgang beendet. Die beiden Positionen müssen dann gleich sein.

TsTs 21 022 0102

202

201 sTvvT

aTvsT

aTv

Quadr. Gl.

savvvv

aa

sa

vvvvT

T

2

1

22

24

201020102

02

01020102

s069,5s507,12555,50,2544,197,1

1 2

555,5

T Dauer des

Überholvorganges m56,148m07,544,19500221 TvsTsTs Überholstrecke

1.24 Überholproblem 3

tvsts 022 m80;sm

44,19h

km70002 svv

sm

0,25h

km901 v

Der hintere LKW braucht zur Beschleunigung die Zeit

s52,18s3,0

44,190,25011

avv

t

In dieser Zeit hat er die Strecke

m52,411m52,1815,052,1844,192

22110101 t

atvs

zurückgelegt und die Geschwindigkeit 1v erreicht . Orts - Zeit - Funktion :



11101

12

011 2

ttttvs

ttta

tvts 2001 sm

3,0;sm

44,19h

km70 avv

Zum Zeitpunkt 1tT ist der Überholvorgang beendet.

Die beiden Positionen müssen dann gleich sein. TsTs 21 TvstTvs 01101

s66,23s44,190,25

52,41152,180,2580

01

0111

vvstvs

T Dauer des

Überholvorganges m04,540m66,2344,198021 TsTs Überholstrecke

1.25 Sowohl der Stein als auch der Schall legen

dieselbe Strecke h , die Brunnentiefe, zurück, und zwar in der Zeit t1 bzw. t2 .

Beschleunigte Bewegung für den Fall des Steines, gleichförmige Bewegung für den

Schall : 221 ;

21

tvhtgh S

Beide Vorgänge dauern zusammen die Zeit T : s55,321 ttT .

Also : 12212

1tTvtvtg SS

021

121 Tvtvtg SS ( Quadratische Gleichung in t1 )

Bei quadratischen Gleichungen ist es oft praktisch, dimensionslos zu rechnen , wenn man nicht an einer Lösungsformel interessiert ist, sondern nur an den Zahlenwerten der Lösung :

Setze s

: 1tx x ist dann eine reelle Größe ohne

Einheit, für die gilt : 055,3340340281,9 2 xx .

702,72385,3

81,9204,373340

905,421207905,44340340 2

2/1x

Das Minuszeichen kann ausgeschlossen werden, da t1 0 sein muß .

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

10

20

30

40

50

60

Fall Schall

t

s



Damit ergibt sich :

385,3x bzw. m2,5621

;s385,3 211 tght

1.26 Beide Ortsfunktionen werden in demselben Koordinatensystem aufgestellt, dessen Ursprung in den Startpunkt des 1. Körpers gelegt wird :

202022

011

21

)(

)(

tatvsts

tvts

mit

m100;sm

4;sm

7

sm

3

02202

01

sav

v

Treffen an Ort sT zum Zeitpunkt T :

TsTsTs :)()( 21

2020201 2

1TaTvsTv

021

0201022 sTvvTa ( Quadratische Gleichung in T )

Setze : s

:T

x

43010

22100241010

01001022

2/12

xxx

Daraus dann : m15)( 011 TvTssT

1.30 Allgemein mit 0000 0;0 stsvtv :

4,0)( tcta

4,2000

4,100 4,24,1

')'()0()(;4,1

')'()0()( tc

tvsdttvststc

vdttavtvtt

Hier ist v0 0 ( Start aus dem Stand ) und s0 0 ( Ursprung frei wählbar ).

Also : 4,24,1

4,24,1;

4,1t

ctst

ctv

Gegeben : 2,44,0

2

4,01

11

4,011 s

m0,0475

s 100sm

0,3)(

ta

catcta

Damit ergibt sich dann :

sm

21,43 s 1001,4

sm

0,0475

4,1)( 1,4

2,44,1 t

ctv

1 2 3 4 5 60

20

40

60

80

100

s

m

t

s



m 892,86 s 1004,21,4

sm

0,0475

4,24,1)( 2,4

2,44,2

t

cts

1.44 Winkelbeschleunigung : 21

1

1

1

s1

0,291s17

2m 8,5

sm

21

tRv

tt

1.45 s1

88,418s60

400020

21675,5s 8s1

88,41821

20

200

tt

( rad ) .

Das entspricht 32

2662

52,1675

Umdrehungen.

Winkelbeschleunigung : 20

s1

36,52s8

s1

88,4180

tt

1.46

32

4162994,2617s 102s 6020003000

21

20

t

1.50 a) Winkelbeschleunigung :

2

12

s1

209,0s15

s1

25,222

tnn

t

Bahnbeschleunigung : 22 sm

628,0s1

209,0m3 RaB

Radialbeschleunigung : 2Rar gar 29,48sm

7,473: 211

gar 46,75sm

2,740: 222

b) Mit 21 2

1tt

oder

233,75212,06s152

s1

5,222

221

t

In den 15 s hat der Körper 33,75 Umläufe gemacht.



1.51 Da die Drehzahl nicht linear mit der Zeit zunimmt,

muß eine nichtkonstante Winkelbeschleunigung vorliegen .

tbtctnt :2)(2)( 22 )()(

bt

ctn

t

1.51.1 Winkelbeschleunigung :

n

cncb

tbtb

dtd 11

221 2

Radialbeschleunigung : 22222

4 nrtbrrrv

ar

Überstrichener Winkel : .32

)( 23

konsttbdtt

Im Zeitraum t t t1 2 überstrichener Winkel :

2

3

123

212 32

ttb

Umdrehungen als Funktion der Drehzahl : 31

322

23

123

2 32

32nn

ctt

bU

1.54 grar

71543,2

sm

54,018387s 60

800002m ,010 2

22

1.55 Die Fadenspannung F wirkt entgegengesetzt zur Gewichtskraft GF

. In

Komponenten : ma F FG . Die maximale Beschleunigung ist also :

2

2

sm

2,93kg 50

sm

9,81kg 50N637

mFF

a G .

Damit : sm

8,79s 3sm

93,2 2 tav

1.56 gmFamF R

015,016581,92

6,325

22

2

20

20

2

sg

vgsvv

ga

0

ar

t



||F

F

FR

v

GF

NF

F

1.57 RG FFamm 21

221

12

21 sm

687,1

mm

gmgmmmFF

a RG

cm30m 0,2963

sm

1,687 2

sm

1

22

2

2

av

s

Mittels der Fadenspannung F wird die Masse m1 gegen die Reibungskraft beschleunigt :

N279,8111 gamFamFFFam RR .

Ebensogut kann das Untersystem 2 betrachtet werden :

N279,8222 agmFFgmam

1.58 Schiefe Ebene mit Steigungswinkel :

da die Zugkraft parallel zur Ebene wirkt, ist auch nur eine Bewegung entlang der Ebene möglich. Die Gewichtskraft wird sinnvollerweise zerlegt in eine parallele und eine senkrechte Komponente :

FFFG

|| .

Die parallele Komponente ||F

heißt

Hangabtriebskomponente oder auch kurz

Hangabtriebskraft sin;|| gmFFF HH

.

Die Normalkraft NF

ist die Kraft der Unterlage

( = Ebene ) auf den Körper. Da hier die Zugkraft keine senkrechte Komponente besitzt, kann es keine Bewegung senkrecht zur Ebene

F

F



geben. Der Körper wird durch F

auf die Ebene gedrückt. Mit actio = reactio :

Die Normalkraft ist hier die Gegenkraft zu der Gewichtskraftkomponente F

:

cos; gmFFF NN

.

Die Reibungskraft RF

wirkt entgegengesetzt zur Geschwindigkeit v

und hat den Betrag

cosgmFF NR .

Also ergibt sich für die Bewegung parallel zur Ebene eine Beschleunigung durch die Zugkraft gegen die Hangabtriebs- und die Reibungskraft :

N51,3805cossin

gmgmamFFFFam RH

1.62 Beschleunigung durch die Hangabtriebskraft gegen die Reibungskraft :

RH FFam cossin )2(1)2(1 gmgmam

2)2(1)2(1 sm

61066,039082,0

cossin ga

Ortsfunktionen der beiden Körper :

TtTtatstats 222

211 2

1)(;

21

)(

Treffen zum Zeitpunkt )()(: 02010 tstst

Also : 202

201 Ttata

s555,0s5

8,01s1

1

1

2

10

00

0

2

1

aa

Tt

tT

tTt

aa

Die zweite Lösung ist Tt 0 , also verboten.

m885,4)s5()s5( 21 ss

1.64 1.64.1 Die Beschleunigung a wird z.B. in die Richtung von

FH2 gelegt.

s1

T t0



Dann gilt : m m a F F F FH H R R1 2 2 1 1 2

coscossinsin2 gmgmam

g

ga

115,0sm

125,1

coscossinsin2

2

Zur Berechnung der Fadenspannung wird z.B. nur die Beschleunigung der linken

Masse durch die Fadenspannung F

untersucht.

111 RH FFFam

N376,1cossin11 11 ggamFFamF RH

Lagerkraft : auf die Rolle wirkt als resultierende

Kraft resF

die vektorielle Summe der Fadenkräfte

F

des Fadens, der auf der Rolle läuft. Diese bilden einen rechten Winkel miteinander

(Pythagoras: 222 FFFres )

N946,12 FFres

1.64.2 Nach dem Reißen des Seils rutscht Körper 1 zuerst noch hoch, dann kommt er zur

Ruhe und rutscht abwärts. Die Beschleunigung ist in beiden Fällen abwärts gerichtet : verzögert aufwärts, beschleunigt abwärts. Allerdings zeigt die Gleitreibungskraft beim Aufwärtsrutschen nach abwärts, während sie beim Abwärtsrutschen aufwärts gerichtet ist.

Mit der Richtungskonvention von 2) ( a

in Richtung von FH2

) gilt dann :

Aufwärtsrutschen : 111 RH FFam ;

gga 587,0sm

758,5cossin 21

Abwärtsrutschen : 111 RH FFam ;

gga 413,0sm

052,4cossin 21

hoch runter



Analog gilt für den nach dem Reißen des Fadens beschleunigt abwärts rutschenden Körper 2 : Abwärtsrutschen :

222 RH FFam

gga 816,0sm

005,8cossin 22

In den a(t) - Kurven treten also wegen des Seilrisses und wegen des Umklappens der Gleitreibung Sprünge ( = Stufen ) auf, was zu Knicken in den v(t) - Kurven führt.

1.65 1.65.1 (linkes Bild)

Im Fall N1000F ist offenbar gmF 2 , die Bewegung in Richtung von F

.

Die Zugkraft F beschleunigt beide Körper gegen die Gewichtskraft von Körper 2 und

die Reibungskraft bei Körper 1 :

221

121221 s

m335,0

mm

gmgmFagmgmFamm

Die Fadenspannung FF

im Seil zwischen Körper 1 und Körper 2 beschleunigt Körper

2 gegen seine Gewichtskraft : N6,811222 gamFgmFam FF

Im Fall N250F ist gmF 2 , die Bewegung erfolgt in Richtung von F

.

221

121221 s

m793,2

mm

gmFgmagmFgmamm

(in Bew.richtung)

. Fadenspannung : N3,561222 agmFFgmam FF

1.65.2 (rechtes Bld)

Im Fall N1000F erfolgt die Bewegung nach links.

Zugkraft F

und Gewichtskraft 1G

F

beschleunigen beide Körper gegen die Gewichtskraft

v t1 ( )t

v t2 ( )

v tzus ( )

v

0



von Körper 2 : 221

212121 s

m428,5

mm

gmgmFagmgmFamm

Die Fadenspannung FF

im Seil zwischen Körper 1 und Körper 2 beschleunigt Körper 2

gegen seine Gewichtskraft : N1,1219222 gamFgmFam FF

Im Fall N250F ist gmgmF 21 , die Bewegung in Richtung von F

.

221

121221 s

m341,0

mm

gmFgmagmFgmamm (in Bew.richtung) .

Fadenspannung : N5,757222 agmFFgmam FF

1.74 Für den mitbewegten Beobachter wird das Pendel durch die

Trägheitskraft F bzw. zF ausgelenkt :

Translationsbewegung bei Geradeausfahrt : Trägheitskraft amF

Rotationsbewegung bei Kurvenfahrt : Zentrifugalkraft amFz .

Im Gleichgewicht weist der Pendelfaden in Richtung der resultierenden

Kraft zGres FFF

.

Für den Auslenkungswinkel gilt dann :

622,10283,0cm 100cm 2,83

sin ld

Für die Kräfte gilt : 2sm

278,0tantan

gagmam

FF

G

z

Konstante Beschleunigung bei Translationsbewegung :

s0,100

sm

278,0

sm

6,3100

2

av

TTav

Zentrifugalbeschleunigung in der Kurvenfahrt :

r

r av

rrv

a22

m6,4000

sm

278,0

sm

6,3120

2

2



1.75 Aus der Skizze ist abzulesen :

gmrv

m

FF

dh

G

z

2

tan;sin

Also :

702,2

sm

9,81m600

sm

6,3

60

arctanarctan

2

2

2

grv

mm65,67702,2sinmm1435sin dh

1.79 Die Kolbengeschwindigkeit Kv

ist senkrecht zur

Bahngeschwindigkeit und zur Drehachse .

Daher gilt für die CORIOLISkraft :

N 2,13m 50

sm

3,640

sm

8kg 0622

2

r

vvmvmF KKKKC .

1.83 Es läuft kein Wasser aus, wenn im oberen Umkehrpunkt der

Bahn die Geschwindigkeit so groß ist , daß gilt : GZ FF . Im

Grenzfall also : rv

mrmgm202

Die Geschwindigkeit im höchsten Punkt muß daher mindestens

sein : sm

132,30 grv

Energiesatz : untenpotkinobenpotkin EEEE

Die Nullage der potentiellen Energie wird in den untersten Punkt der Bahn gelegt . Dann lautet der E.S :

sm

0,742

22

222 rgvvvm

rgmvm

ouuo

Bemerkung : An diesem Beispiel werden die Vorteile des Energiesatzes besonders deutlich : Der E.S. zieht eine Bilanz aller beteiligten Energien und kann damit die Geschwindigkeit zu einer beliebigen Höhe angeben. Die kinematische Beschreibung, d.h. die Angabe der Funktionen a(t), v(t) und h(t) ist viel schwieriger: Es handelt sich um ein Pendel mit großen Amplituden ; die Bewegungsgleichungen ( Differentialgleichungen ) können nicht analytisch , sondern nur numerisch gelöst werden.



Im tiefsten Punkt setzt sich die Haltekraft zusammen aus der Gewichtskraft und der

Zentrifugalkraft : N 117,72sm

49,059,81kg 2 2

2

rv

mgmFFF uZGH

1.84 1.84.1 Energiesatz :

21 spannpotkinspannpotkin EEEEEE

Die Nullinie der potentiellen Energie sei in den unteren Umkehrpunkt der Bewegung gelegt. Zustand 1 : Loslassen aus der Ruhe in Höhe h bei entspannter Feder . Zustand 2 : Körper in Ruhe auf Höhe 0 ; die Feder ist also um h gespannt .

Energiesatz :

222111

2

20000

,spannE,potE,kinE,spannE,potE,kinE

hD

hgm

m981,02

Dgm

h

1.84.2 Nach Abklingen der Schwingung kommt die Masse in der Höhe s zur Ruhe ;

es herrscht statisches Gleichgewicht :

m49,022

hhh

Dgm

hsgmshDFF GD .

( Merke für die Umrechnungen in 3) : hg

mD 2 .)

Bemerkung : Man könnte den Energiesatz zwar jetzt auch aufstellen :

abWshD

sgmhgm 2

2,

doch läßt sich daraus nicht s berechnen, da die durch Reibung verlorene Energie

abW nicht bekannt ist. Hat man aber s über die Kräfte bestimmt, dann kann man mit

dem Energiesatz abW berechnen. abW muß gerade gleich der kinetischen Energie

sein, die beim Durchschwingen der Nullage im ungedämpften Fall vorliegt ( siehe nächsten Punkt ).



Zustand 3 : die Nullage ( Höhe 2h

) wird mit Geschwindigkeit v durchschwungen :

Energiesatz :

3Zustand2222

2Zustand2

00

1Zustand

002

22

hDh

gmvm

hD

hgm

sm

194,224

2

hg

mhD

hgv

" + " für Aufwärtsbewegung ; " - " für Abwärtsbewegung Bemerkung : Der Energiesatz kann analog für eine beliebige Höhe x im Schwingungsvorgang aufgestellt und nach der zugehörigen Geschwindigkeit aufgelöst werden :

hx

xgxhmD

xhgxvxhD

xgmvm

hgm 12222

222

Um die Geschwindigkeit als Funktion der Zeit zu erhalten, muß man allerdings die Bewegungsgleichung ( eine Differentialgleichung ) lösen ( dies behandeln wir zu einem späteren Zeitpunkt in der Vorlesung beim Themenbereich Schwingungen).



0v t

tv

sinusförmig

Gerade

minvAufprallv

minmax vv

Abhebenv

Aufprallt

Abhebent

1.87 Nach dem Aufprall der Masse auf die Unterlage wird deren Feder zusammengedrückt: Als Nullage der potentiellen Energie wird der tiefste Punkt der Bewegung gewählt, in dem die Feder der Unterlage maximal zusammengedrückt ist. Energiesatz :

21 spannpotkinspannpotkin EEEEEE

Hier : 220 2

0002

sD

shgmvm

022

20

2 vm

hgmsgmsD

Quadratische Gleichung

Setze : m

:s

x ; damit

0367,072,11781,9122000404,136

2

72,117

2 xx

23338,029224,0

20002404,1362000472,11772,117 2

2/1x

Also : cm29,2m292,0 s

Bemerkung : Das Minuszeichen muß ausgeschlossen werden, da s > 0 sein muß. Da die Geschwindigkeit im E.S. quadratisch auftritt, ergibt sich für + und - Vorzeichen von 0v dasselbe Resultat. Es ist also egal, ob die Masse zu Anfang nach oben oder

nach unten geworfen wird. Zum v-t-Diagramm : Nach dem Aufsetzen der Masse auf den Federteller beginnt ein elastischer Schwingungsvorgang mit sinusförmigem v(t) Verlauf. Die größte



Geschwindigkeit nach unten wird nicht im Moment des Aufsetzens erreicht, sondern erst wenn der Körper die Gleichgewichtslage 0s des Feder – Masse – Systems

durchschwingt . Dort ist die Feder um 0ss zusammengedrückt ( Extremwert von v ,

wenn 0 va , vergleiche auch vorhergehende Aufgabe ) .

Gleichgewichtsbedingung : cm28,2600 D

gmssssDgm

Die Maximalgeschwindigkeit kann nun mit dem E.S. berechnet werden :

sm

7982,42

2222

00

20

20

20

20

mssD

sshgvv

ssD

vm

sgmvm

shgm

m

m

.

Beim Aufsetzen auf den Federteller ist die Geschwindigkeit etwas geringer :

sm

7680,4220 hgvv .

1.88. Energiesatz für offenes System ( Reibung ! ) :

21 Reibspannpotkinspannpotkin WEEEEEE

Hier : sFvm

hgm R 002

00 2

mit cos;sin gmFsh R

Gleich welcher Bezugspunkt für die potentielle Energie gewählt wird :

ihre Änderung beträgt hgmEpot . Also : %4,73ˆ734,02

22

2

hgv

hgm

vm

EE

pot

kin

E.S. auflösen nach : 047,0cos2

tancos

2sin 2

2

gsv

gs

vsg

Dieses Ergebnis kann auch über die Kräftebetrachtung gewonnen werden : Vergl. Aufgaben Dynamik ( Reibung an schiefer Ebene ) : cossin ga .

Mit sv

a2

2

gilt dann :

cos2

tancos

tan2

gsv

ga

Auslauf der Länge l auf der Ebene : m58,10822

22

gv

llgmlFvm

R

Auslauf nicht auf einer Ebene sondern auf einer Gegensteigung mit Winkel :

sincos2

2 lgmlgmHgmlFvm

R



m06,38sincos2sincos

22

2

g

vgmgm

vm

l

Energiesatz wie unter 3), aber jetzt wird nach dem Steigungswinkel aufgelöst

sincos2

2 lgmlgmHgmlFvm

R

sincossincos2

:2

clg

vc

22222 cos1sincoscos2 cc

01cos2cos1 222 cc 2

22

22 11

11cos

ccc

Mit c 0,2548 ergibt sich für „+“ : 06,12

1.88.5 Länge der Übergangsstrecke : s

Zeit zum Durchgleiten : t

Momentangeschwindigkeit : ts

v

In der Zeit t muß die senkrechte Geschwindigkeitskomponente sin vv

auf 0 abgebremst werden. Dazu ist in der Normalkraft zusätzlich erforderlich :

sv

mt

vm

tv

mFa

sinsin 2

Damit zusätzliche Reibungskraft bzw. Reibungsarbeit :

sv

mFF aRa

sin2

sin2 vmsFWaa RR

%6,1ˆ0163,010sin047,02sin2

2

sin2

2

vmvm

E

W

kin

Ra

Andere Überlegung : Die Übergangsstrecke s wird durch einen Kreisbogen

mit Radius R ersetzt. Dann tritt die Zentrifugalkraft Rv

mFz2

in der Normalkraft

zusätzlich auf. Es gilt : Rs

( Bogenmaß ).

Also : 22

vmsRv

msFW zRa



%6,1ˆ0164,018010

047,022

22

2

vmvm

E

W

kin

Ra

1.90 (KL) Energiesatz für offenes System ( Reibung ! ) : ( darin RotationnTranslatiokin EEE )

21 Reibspannpotkinspannpotkin WEEEEEE

sgmssDJ

vm

sD

hgmJ

vm cos

20

222222

0222

020

20

mit Rv

und sinsh

Auflösen nach v liefert :

2

020

1

2cossin2)(

RmJ

ssmD

gsvsv

1.91 Die Nullinie der potentiellen Energie sei auf die

Höhe der Tischkante gelegt. Dann gibt es in der Energiebilanz der Abrutschbewegung nur die negative potentielle Energie des überhängenden Seilstücks, dessen Schwerpunkt sich in der Überhangsmitte befindet. Energiesatz mit Anfangsgeschwindigkeit 0v :

22222002

0

lgmv

m

tSchwerpunkderen

hg

Massedeüberhängen

lh

mvm

202

0 1lh

lgvv bzw.

202

0 1lh

lgvv

Damit : sm

116,30;1,0 00 vsm

vmh

sm

488,2sm

0,4;m0 00 vvh



1.92 Durchschnittsleistung : tW

P

; darin s24,3

sm

0sm

6,3100

m4522

0

vvs

t

Energiesatz :

tP

abkinkin WEE

21 t

vm

vm

tW

P

220 22

Mittlere Leistung der Bremsen : PS9,161kW075,119s24,3

sm

78,27kg5002

P

Da die Arbeit von dem System "PKW" abgegeben wird, kann man auch

kW075,119P

angeben. Die Beschleunigung ist konstant , daher ist auch die Beschleunigungskraft konstant :

.konstamF

Dann ist die Leistung vFP maximal , wenn die Geschwindigkeit maximal ist.

sm

5734,8s24,3

sm

78,27sm

0 2

tv

a

PS9,323kW15,238sm

78,27s

m5734,8kg1000

2

maxmaxmax

vamvFP

1.95 Das Ankuppeln stellt einen vollkommen inelastischen Stoßprozeß dar, bei dem die Energie nicht erhalten ist, wohl aber der Impuls, da ja die beim Ankuppeln auftretenden Kräfte zwischen den Wagen stattfinden und damit zum System gehören. Impulserhaltungssatz : nachhervorher pp

vmum 40 h

km3

4

uv

1.96 In diesem Beispiel zeigt sich der Vektorcharakter des Impulses bzw. die komponentenweise Gültigkeit des Impulserhaltungssatzes . In horizontaler Richtung treten keine Kräfte von außen auf Schüttgut und Lore auf : In diese Richtung ist daher der Impuls erhalten. In vertikaler Richtung hingegen muß das Schüttgut nach dem Fall abgebremst werden : Das geschieht durch Kräfte vom Boden ( d.h. von außen ! ) über die Schienen und die Lore auf das Schüttgut. Der Impuls ist in diese Richtung nicht erhalten.



Nach der Einschüttung fahren Lore und Inhalt mit derselben Geschwindigkeit : Es handelt sich um einen inelastischen Stoßprozeß.

I.S. : sm

72,0

ErzL

LLErzLLL mm

umvvmmum

Frage : Wie könnte diese Geschwindigkeit vergrößert werden ? Erz unter einem Winkel < 90° zur Bewegungrichtung der Lore einfallen lassen. Dann wird auf die Lore die horizontale Impulskomponente des fallendes Erzes übertragen.

1.97 Der Impulserhaltungssatz gilt, da die Federkraft zum System ( = die beiden Gleiter ) gehört. [ 1 ] I.S. : 22110 vmvm

[ 2 ] E.S. : 22

221

1

22v

mv

mEspann

[ 1 ] 21

21 v

mm

v in [ 2 ] einsetzen : spannEvmmm

m 2222

2

1

21

kg10,50,3

0,3

mN0,82

1

2

1

22

2

mm

m

Ev spann

Die Richtung von 2v wird als positiv gesetzt. Damit ergibt sich :

sm

095,1;sm

826,1 12 vv

In den folgenden Aufgaben werden die Stoßgesetze verwendet, wie sie in der Vorlesung hergeleitet worden sind : Die Körper 1 (Masse 1m ) und 2 ( Masse 2m ) kollidieren

vollelastisch mit den Geschwindigkeiten 1u und 2u . Nach der Kollision haben sie dann die

Geschwindigkeiten 21 , vv .

[ SG ] )2(121

2211)2(1 2 u

mm

umumv



1.98 Die Kugeln sollen als Massepunkte behandelt werden.

( Bei ausgedehnten Körpern müßte dieser Drehstoß mit den entsprechenden Stoßgesetzen der Rotationsbewegungen behandelt werden. )

Geschwindigkeiten der Kugeln unmittelbar vor dem Stoß : 0;2 12 uhgu

[ SG ] mit 12 2mm :

hghgmm

ummum

v 234

234

21

11

21

221

hghgummum

v 231

2134

2 221

222

Diese Geschwindigkeiten führen zu Pendelhöhen hgv

hhgv

h91

2;

916

2

22

2

21

1 .

Da die Pendelausschläge nach dem 1. Zusammenprall verschieden hoch sind, findet der 2. Zusammenprall nicht im tiefsten Punkt statt. Um dann die Geschwindigkeiten unmittelbar vor der Kollision zu kennen, müßte man die Höhe oder gleich die Geschwindigkeitsfunktion v(t) kennen. In jedem Fall müßte die Bewegungs-DGL gelöst werden, was analytisch nicht bzw. nur näherungsweise möglich ist.

1.100 1.100.1 I.S. : 211 0 vmvmum

E.S. : 22

21

21 22

02

vm

vm

um

mit 4,0

221

u

m

1.100.2 I.S. in E.S. einsetzen : m

vvm

vvvvvv

2122

21

2221

21

22

1.100.3 m

vv

21 einsetzen in I.S. oder in E.S.

Z.B. in I.S. : 22

1 vvm

u

02

4,021

212221

22

uvuv

mvuv

m/s2764,0m/s7236,0

2,012

2,022

121

211

2

uu

uuv

m/s7236,0m/s2764,0

1v

Nur die oberen beiden Lösungen sind möglich, da ja gelten muß : 12 vv .



1.106 Vollzylinder . 42

21

2RlR

mJ 6561,0

19,0 4

41

42

1

2

RR

JJ

;

also Abnahme auf 65,6 % ( um 34,4 % ).

Vollkugel : 52

158

52

RRmJ 59049,019,0 5

51

52

1

2

RR

JJ

;

also Abnahme auf 59,0 % ( um 41,0 % ).

1.107 a) Der Winkel wird von der Horizontallage des Maibaumes aus

gezählt.

Es muß dann Arbeit gegen das Drehmoment ( wirksamer Hebelarm cos2l

)

infolge der Gewichtskraft geleistet werden, die im Schwerpunkt (bei 2l )

angreift :

kJ145,442

sin2

cos2

20

20

20

lgmlgmd

lgmdMW

b) Nullpunkt der potentiellen Energie in der Horizontallage.

E.S. : 2

0l

gmW

Sechs Mitglieder der freiwilligen Feuerwehr brauchen ( ohne Verschnaufpausen ) 50 s für das Aufrichten. Welche mittlere Leistung erbringt jedes Mitglied ?

Antwort : W15,147s50

J4414561

tW

P

1.108 Kinetische Energie : 22

22Jv

mEEE rottranskin

mit 2RmJ ( für den dünnen Hohlzylinder ) und Rv (bei Rollen ohne

Schlupf ).

Also transrot Evm

RvRmJ

E

2

222

222

%50ˆ21

22

222

2

v

mv

m

vm

EE

kin

rot

Zum Vergleich : beim Vollzylinder gilt analog



RvRmJ ;21 2 ;

22

2

421

21

vm

Rv

RmErot

%3,33ˆ

31

42

422

2

v

mv

m

vm

EE

kin

rot .

bei der Vollkugel gilt :

RvRmJ ;52 2 ;

22

2

552

21

vm

Rv

RmErot

%6,28ˆ

72

52

522

2

v

mv

m

vm

EE

kin

rot .

bei der dünnen Hohlkugel gilt :

RvRmJ ;32 2 ;

22

2

332

21

vm

Rv

RmErot

%0,40ˆ

52

32

322

2

v

mv

m

vm

EE

kin

rot .

Frage : Wenn diese Körper alle gleichzeitig aus der Ruhe startend eine schiefe Ebene hinabrollen : in welcher Reihenfolge kommen sie unten an ? In der Vorlesung haben wir einen Vollzylinder und einen dünnwandigen Hohlzylinder „ins Rennen geschickt“.

1.109

1.109.1 MTM 222 mkg05625,0m15,0kg55,021

RmJ

Winkelbeschleunigung 2

22 s27,50s5,0

222

t

infolge des

Drehmomentes M der Tangentialkraft :

mN827,2s1

27,50mkg05625,0 22 JRFM t

N85,18m15,0

mN827,2

RM

Ft

Zugeführte Arbeit W über Kraft mal Weg bzw. Drehmoment mal Drehwinkel :

J765,172mN827,2 MW



Erreichte Drehzahl : min

1240

s1

42

s1

133,25

22

t

n

Erreichte Rotationsenergie :

J765,17s1

133,25mkg05625,05,021 2

22

JERot

Die zugeführte Arbeit wird in Form von Rotationsenergie gespeichert.

1.110 Start mit Geschwindigkeit av und Winkelgeschwindigkeit a . Rollen ohne

Schlupf : Rv

. Nach Durchrollen der Höhe h ( entsprechend der Strecke

sinh

s ) ergibt sich die Geschwindigkeit ev und die Winkelgeschwindigkeit

e .

E.S. : 2222

2222 eeaa

Jv

mhgm

Jv

m

2

222

22

1

221

21

RmJhg

vvvRJ

mhgmvRJ

m aeea

Vollzylinder : 2

2R

mJ hgvv ae 3

42

Hohlzylinder : 2RmJ hgvv ae 2

Vollkugel : 2

52

RmJ hgvv ae 7102

Hohlkugel : 2

32

RmJ hgvv ae 562

Diese Endgeschwindigkeiten sind unabhängig von Masse, Material und Radius der Körper. Berechnung der Beschleunigung a) „Fußgängertour“ Vergleichen Sie die obigen Formeln für die Geschwindigkeit mit den Formeln der Kinematik (z.B. Aufgaben 1.11) : Bewegungsgleichung eines Massenpunktes für den Spezialfall



NF

00;0;. 0 svvkonsta

Dort wurde hergeleitet : savv 220 .

Hier ist avv 0 und sinh

s . Daher gilt :

21

sin

RmJ

ga

b) Über die Geschwindigkeit

dtd

va h

RmJg

RmJthg

vRmJthg

v

a

a

2

2

22

2

1

2

1

)(22

1

1

)(2

Darin ist sinsin vsh sin1

)(2

2

2

RmJthg

va .

Also ist .1

sin

2

konst

RmJ

ga

c) Über die Kräfte Angreifende Kräfte : Hangabtriebskraft singmFH und Haftreibungskraft

0RF .

Infolge der Haftreibung ist die Rollbewegung gegenüber der reibungsfreien Gleitbewegung verzögert. Verwechseln Sie aber nicht Haftreibung und Gleitreibung ! Letztere führt zu einem Energieverlust, die erstere nicht. Die Haftreibung sorgt für das Drehmoment JM , welches die Ursache für

die Drehbewegung ist.

Es gilt also : 0RH FFam und JRFM R

0 mit

Ra

( Rollbedingung )

Daher : aRJ

gmRJ

gmam 2sinsin



21

sin

RmJ

ga

wie oben.

1.115 E.S. : 002

21

tPJErot mit 22

2 ai rrm

J Daher :

1.115.1 2

22200 mkg218,85;kg6,717

4

J

rrtP

mai

1.115.2 min25,2

10s30

1

0

011

PP

PE

PE

t rotrot

Winkelbeschleunigung mit konstanter Leistung ( d.h. nichtkonstantem Drehmoment ) :

tJP

tttJtP 121

2)()()(

21 Daraus :

23

1

00 322

0')'()( tJP

dtttt

266,66679,4188)s120(

1.117 E.S. : 0

20 2

R

W

MJ

tPzu

mit der mittleren Leistung W30P , der Anlaufzeit s50 t , der erreichten

Winkelgeschwindigkeit s1

159,314s 60

130002 sowie dem

Anlaufwinkel

2125398,7852

s5s1

159,314

20

0

t

.

Das Reibungsmoment kann aus dem Auslauf ( Dauer s451 t ) berechnet

werden :

RR JM mit 21 s

19813,6

s45s1

159,314

ttR .

Damit lautet der E.S. :

0

2

02

0 22 RR JJ

JtP

m N 1019,0;mkg600273,0

2

2

0

20

RR

R

JMtP

J



1.118 (KL) Die Klausuraufgabe wird ganz analog zur vorigen Aufgabe 1.117

gelöst.

Start : E.S. : 02

2 Rzu M

JW mit MJ 1,08kWh3,0 zuW

Auslauf : RR JM mit 2s1

08727,0s602

s601

2100

tR

Anlaufwinkel : 6283,185321000s60s6022000

21

20

0

t

Also :

0

2

02

22 RRzu JJ

JW

2

0

2 mkg 041,48

2

R

zuWJ

Damit : Reibungsmoment : m N 4192,4 RR JM

Effektives Moment : m N 569,1670

tJJMeff

Motormoment : m N7 88,171 ReffM MMM

1.119 1.119.1 Lösung über die Kräfte

Der Körper wird beschleunigt durch die angreifenden Kräfte Gewichtskraft und Fadenspannung : FG FFam .

Die Fadenspannung liefert andererseits das Drehmoment zur

Winkelbeschleunigung der Trommel : JRFF mit Ra

2RaJ

RJ

FF

.



Also gilt :

2

2

2

2

2

2 sm

2,803

m 0,2kg 15mkg 1,5

1

sm

9,81

1

RmJ

ga

RaJ

gmam

N107,1052 agmRaJ

FF

1.119.2 Lösung über den Energiesatz Der Körper sinkt die Höhe h ; die Nullinie der potentiellen Energie wird in die

Endlage gelegt. E.S. : 22

22

Jv

mhgm mit

R

v

hch

Rm

Jg

Rm

Jhg

v

:1

2

1

2

22

.

Daraus kann die Beschleunigung definitionsgemäß berechnet werden ( va ) :

2

2

2

s

m 2,803

12222

Rm

Jgc

h

hcc

h

vc

h

hchc

dt

dva

oder alternativ über die Bewegungsgleichungen für die Translationsbewegung mit konstanter Beschleunigung (vgl. Aufgabe 1.11):

2

2

22

0

20

2

803,2122

:0 und mit 2 s

m

Rm

Jgc

h

hcavhs

s

vva

Fadenspannung : N107,1052 agmRaJ

FF wie oben.

1.119.3 2. NEWTONsches Axiom : [1] FFgmam 22

Die beiden Rollen werden durch die umgekehrt gleichen Fadenspannungen beschleunigt :

21

2

2

11

222

111

JJ

RR

JRFJRF

F

F

[2]

Bei der Geschwindigkeit v des Schwerpunktes von Rolle 2 addieren sich die Abwickelgeschwindigkeiten der einzelnen Rollen : 2211 RRv [3] .

Daher gilt für die Beschleunigung : 2211 RRa [4].



Mit Hilfe von [2] und [4] läßt sich die Beschleunigung a durch jede der Winkelbeschleunigungen 1 oder 2 ausdrücken.

Also [2] in [4] :

221

2

2

2

12

12

1222

21

2221

2

2

21 1 R

JJ

RR

JRJRJR

RJJ

RR

a

[5] .

Dies in [1] einsetzen :

1

2

2

2

1

22

222

2

222

1JJ

RR

aRJ

gmRJ

gmam .

Auflösen nach a : g

JJ

RRRm

Ja

1

2

2

2

1

222

2

1

11

2211

22

122

222

2

1

2

2

2

1

222

2 1

1

11

JRJRJR

RmJ

g

JJ

RRRm

Jg

a

212

211

222

2211

22

2

2211

222

211 JJJRJRmJRJR

gm

JRJRmJJ

ga

212211

222

2211

22

21

222

21

21

1222

21

12

2

22

2

2

JJJRJRmJRJR

gmJRJR

JJa

JRJRJR

RJ

RJ

FF

1

2

2

2

1

2

222

2

212211

222

212

11JJ

RR

JRm

gmJJJRJRm

JJgmFF

Z.B. identische Vollwalzen : 22121 2

; Rm

JJRRR

g

mgmFg

ga F 511

211

1;

54

41

1

1.120 Die Lösung mit dem Energiesatz ist hier am übersichtlichsten. Beachten Sie,

dass sich bei dem rollenden Zylinder der oberste Rand und damit das Seil doppelt so schnell bewegt wie der Mittelpunkt. Die Nullinie der potentiellen



Energie wird in die Endlage des Körpers 3 nach Durchsinken der Höhe h gelegt. Das Seil habe die Geschwindigkeit v , der Schwerpunkt des rollenden

Zylinders daher die Geschwindigkeit 2

v, bzw. die Winkelgeschwindigkeit des

Zylinders ist .2

11 R

v

E.S. : 2322

221

1

2

13 22222

vmJJvm

hgm

Darin ist r

v

R

v

rm

JRm

J 2122

221

1 ;2;2

;2

Also :

321

2

3222

2211

2

3 2

1

8

3

2

1

24

1

242mmm

vm

rr

m

RR

mmvhgm

hch

mmm

hgmv :

ms

m8887,1

2

1

8

32

321

3

1.120.1 Sinkzeit : s059,122

hcv

ht

1.120.2 Beschleunigung und Fadenspannung wie in obigen Aufgaben :

2

321

32

s

m 1,784

2

1

8

32222

mmm

gmc

h

hcc

h

vc

h

hchc

dt

dva

Alternativ über die Bewegungsgleichung bei konstanter Beschleunigung:

2

321

32222

02

s

m 1,784

2

1

8

32222

mmm

gmc

h

hc

h

v

h

vva

N605,1 agmFF

Bemerkung zu dieser Aufgabe: Es gab nach der Übung am 10.11. eine kurze Diskussion zur Winkelgeschwindigkeit 1 des rollenden Zylinders 1.

Diese ist über die Rollbedingung 1

1 R

vS mit :Sv Schwerpunktsgeschwindigkeit und

:SR Radius des rollenden Körpers gegeben. Hier ist im speziellen: 2

vvS , wenn v die

Geschwindigkeit des Seils am obersten Rand des Zylinders ist.



Hinweis: Wir haben bisher drei Fälle der Bewegung kennengelernt:

a) Translation ohne Rotation (z.B. fliegende Kugel ohne „Spin“)

b) Rotation ohne Translation (z.B. feste Umlenkrolle)

c) Rotation und Translation (z.B. rollender Zylinder)

1.122

1.122.1 E.S. : 22

222 uo

Jlgm

J

Darin : lv

lv

lml

mlm

J uu

oo

;;

32122

22

Also : lgvvlvl

ml

gmlvl

m

ouuo 3

23

223 22

2

22

2

22

( Vergleiche : freier Fall lgvv ou 222 )

1.122.2 Höhe h des Schwerpunktes zum Winkel

(von der Vertikalen aus gezählt ) : cos2l

h .

E.S. : cos2222

22 lgm

Jlgm

Jo

cos13

cos1 22 lg

Jlgm

oo

Achtung: Das folgende ist nur wichtig für Interessierte und „Spezialisten“ und übersteigt den Klausurstoff bei weitem: In der Übung am 25.11. 2010 ergab sich die Frage nach der Zeitdauer TStange

des Umfallens (=0…/2). Diese kann wie folgt berechnet werden (Achtung: „schweres“ Integral):



1.Art. Integral eselliptisch gesvollständi:mit

NINTEGRATIO

kKl

gKT

d

l

gdt

d

l

gdt

dt

d

l

g

J

lgm

T

o

o

oo

62

cos13

1 T

cos13

1

cos13

cos1

200

0

2

0 2

2

22

Das Integral ist nicht analytisch sondern nur numerisch lösbar ! Die numerische Auswertung zeigt, dass es auf das konkrete Verhältnis zwischen 0 und l ankommt, ob die Stange mit der Länge l oder ein mit v0= 0 ·l aus der Höhe l fallengelassener Stein eine kürzere Fallzeit haben. z.B. 0=2s-1, l=1m TStein<TStange 0=4s-1, l =1m TStein>TStange

1.122.3 Drehimpuls : cos13

322

lg

lm

JJL o

Ableitung :

sin

2cos1

32

)sin(3

3)(cos1

33 2

222 lgm

lg

lg

lm

tlg

lm

dtd

L

o

o

.

Klar ( Definition! ) : das ist das Drehmoment LFrM G

mit dem Betrag

gml

M sin2

.

1.123

1.123.1

m3075,0;m255,0

2

21

2/1

2/1

2/1

ss

mm

lmRlm

sS

S



22

21

222/1

22/12/1

mkg4231,0;mkg1610,0

35

2

JJ

lm

RlmRmJ S

1.123.2 Während der Pendelbewegung gilt der Energieerhaltungssatz :

s1

8826,7;2

2 11

111

21

111

JsgmmJ

sgmm SS ;

( “ + “ wegen der Drehung entgegen dem Uhrzeigersinn, vgl. Angabe ) ;

Schwerpunktsgeschwindigkeit Kugel 1 : sm

8377,211 Rlv ;

analog :

s1

5521,7;2

22

222

Jsgmm S ;

sm

7188,222 Rlv .

Frage : Welches Pendel muß also früher losgelassen werden ? Pendel 2

1.123.3 Während des Stoßvorgangs gilt der Drehimpulserhaltungssatz ( die Energie ist beim teilelastischen und unelastischen Stoß nicht erhalten ):

22112211 JJJJ

sm

414,2;s1

7053,6 1221

211 v

JJ

E.S.: 22

221

122

221

1

2222JJJJ

J6029,12J4665,4J0694,17

Wegen des relativen Energieverlustes von %83,73ˆ7383,0J0694,17J6029,12

handelt es sich also um einen teilelastischen Drehstoß.

1.124

1.124.1 m533,02

TB

TB

mm

lmlm

s

222

222 mkg2,1112

41321212

l

mmlml

mlml

mJ TB

TT

BB

1.124.2 Energiesatz für offenes System :



211

20 22

JM

JM mit

s1

5;210 001

lv

Also sm

299,24;s1

37,302

1112

01

lvJ

MM .

Bemerkung : es ist gleichgültig, ob die Bewegung in der horizontalen oder der vertikalen Ebene erfolgt, solange nur die Anfangsgeschwindigkeit groß genug ist, daß ein Überschlag geschafft wird.

1.124.3 Grobe Näherung :

E.S. mit Motorarbeit über den Winkel 0 bis zum „Kopfstand“ des Pendels

(Nullage der potentiellen Energie = Drehachse ) .

s1

338,322

2

00

020

MTB

TBTBM

MgsmmJ

gsmmgsmmMJ

Genauer : Ein Überschlag wird möglich, wenn der obere Totpunkt der Bewegung erreicht wird. Dieser liegt aber nicht genau bei

0 , sondern dort, wo Motordrehmoment und Drehmoment

infolge der Gewichtskraft gerade entgegengesetzt gleich groß sind :

sinsFM GM

643,30ˆ5348,0arcsingmms

M

TB

M

357,149ˆ6068,20

Also lautet der E.S. exakt :

gsmmgsmmMJ

TBTBM 0020 cos

2

s1

86,3cos12

000 MTB MgsmmJ

; .

sm

088,300 lv



3. Strömungslehre

3.1 BERNOULLI – Gleichung : Steigrohröffnung : 132 hgphhgp DL Deckel

Bp Boden

Druck unter dem Deckel : bar316,0132 LLD phhhgpp

Druckkraft auf den Deckel : kN24,992 RppF LDD

Druck über dem Boden : bar5415,032 LLB phhgpp

Druckkraft auf den Boden: kN12,1702 RppF LBB

3.2 Gewichtskraft des Körpers in Luft : gmF KG

Gewichtskraft des Körpers in Wasser : gmmF WKG

Auftrieb : gmFFF WGGA

Masse des verdrängten Wassers :

g 0,8155

sm

9,81

N 0,082N 0,09

2

gFF

m GGW

Volumen des Körpers :

3

3

cm 0,8155

cmg

1

g 0,8155

W

WWK

mVV

Dichte des Körpers :

GG

GW

W

WG

K

G

K

KK FF

Fmg

FVgF

Vm

333 mkg

11250cm

g 11,25

082,009,0 0,09

cmg

1

Vergleiche : 19,2521,4555,1334,1132,1949,1092,8

cmg

/

WPtHgPbAuAgCuStoff

3

Das Schmuckstück wird eine Legierung von Silber mit geringem Gold- oder Platinanteil sein.



3.4 Die Eisscholle der Fläche A und der Dicke D ragt unter Belastung noch um die Höhe d aus dem Wasser. Das Plattenvolumen dDA befindet sich unter

Wasser und führt zum Auftrieb. Schwimmfall : GA FF ; also gmDAgdDA EW

Auflösen nach der Fläche A :

22

33

m5,9m 9,494

m kg

917 m 0,15m kg

999,84m 0,146

kg 80

EW DdDm

A

3.11 Horizontale Strömung ( 21 hh , also 21 ghgh )

BERNOULLI-Gleichung : 2

222

11 2

1

2

1vpvp

Kontinuitätsgleichung: 2211 vAvA

aus BERNOULLI-Gleichung.:

212

122

2 ppvv

aus Kontinuitätsgleichung: 1

2

2

11

2

12 v

R

Rv

A

Av

1

4

2

121

21

22 R

Rvvv

s

m53,2

s

m

105,0

08,0900

1016,02

1

24

6,1

5

4

2

1

211

R

R

ppv

Durchfluß minm

0524,3s

dm87,50

sm

05087,0333

11 vAQ

3.12 Abschätzung der Luftdichte : 32125,0

3km

125,0

0 mkg

0,1mkg

293,1 ee

h

(Die Luftdichte nimmt mit zunehmender Höhe exponentiell ab. Diese sog. barometrische Höhenformel ist in der obigen Form nicht ganz exakt und kann daher nur als Faustformel dienen.)

bar022,0Pa2222sm

6,3240

mkg

21

2

2

32

vp



3.15

Gesetz von HAGEN und POISEUILLE : lRp

Q

8

4

3.15.1

smkg

10,0m1

s60m

0044,08

m005,0mN

103,0

8 3

42

54

lQRp

3.15.2 Strömungsgeschwindigkeit sm

934,02 RQ

v

Damit REYNOLSzahl 2,37Re vR

Dieser Wert liegt weit unterhalb der kritischen REYNOLSzahl 1160Re krit ,

oberhalb der die Strömung von laminar in turbulent umschlägt. Das Gesetz von HAGEN und POISEUILLE ist also gut anwendbar.

3.15.3

98415,09,05,19,05,1

8

8 4211

411

411

422

411

422

1

2

RpRp

RpRp

lRplRp

QQ

D.h.: Der Durchfluß nimmt um ca. 1,6% ab, bleibt also praktisch konstant.

3.16 Kräftegleichgewicht zwischen Gewichtskraft sowie Reibung und Auftrieb führt

zu konstanter Sinkgeschwindigkeit :

ARG FFF : gRvRgR ÖlAl 33

34

634

gRts

ÖlAl 2

32

3

smkg

662,09

2 2

s

tgR ÖlAl

10272,0Re vR

:

Der Sinkvorgang liegt im Gültigkeitsbereich des STOKESschen Gesetzes

1Re

!.

3.17 RAG FFF

a) ts

RvRgR ÖlK 6634 3

sm

kg2164,1

92 2

s

gtR ÖlK



b)

05,2:

3 1,2183

1634

a

RÖlK R

RvRvRgR

vRgRva ÖlK

83

92 2

sm

kg3611,0

smkg

2323,05934,083

92 2

ts

RgRsat

ÖlK

3.18 Gleichgewicht zwischen Gewichtskraft und STOKESscher Reibungskraft (

Auftrieb vernachlässigt ) :

m7m1004,718

26

34 6

3

gv

rdvrgr

FF

WW

RG

Die REYNOLDSzahl beträgt hier

100038,0

smkg

108,1

sm

0015,0m105,3mkg

3,1Re

5

63

vR

,

die STOKESsche Reibungsformel ist also gut anwendbar.

3.19 Analog zu voriger Aufgabe , jetzt aber Reibungskraft infolge turbulenter Strömung :

m84,7

sm

5mkg

1,251,3

sm

9,81kg 10022

222

21

2

3

2

22

2

vcgm

RdvAcgm

FF

LWLR

W

RG

6

5

31036,1

smkg

108,1

sm

52

m84,7mkg

25,1Re

vR

Turbulente Umströmung

3.21 Diese Klausuraufgabe ist eine Abwandlung der vorigen Übungsaufgabe

(Aufgabe 3.20, gut geeignet als Übung für zu Hause). Es muß zunächst der



Rollreibungskoeffizient berechnet werden, z.B. E.S. :

015,022

202

0 sg

vsgmv

m .

( Oder über die Kräfte : gagmam ; wegen

svv

a2

20

2

sv2

20 ( A 2.4 )

also : 015,02

20 sg

v .)

3.21.1 32

21

21

vAcvgmvvAcgmvFP WrWr

Auflösen nach Wc

306,0sm

9,81kg 13000,015

sm

3,6180

sm N

60000

sm

3,6180

mkg

1,2m 2,2

2

2

22

32

2

gmvP

vAc rW

Die Leistung wird überwiegend gegen den Windwiderstand erbracht :

W60000W8,50446W2,955321

%84%16

3 vAcvgmP Wr

3.21.2 Kräfte an der schiefen Ebene : ( vgl. Aufgaben zur Dynamik ) .

3

21

sincos vAcvgmvgmvFP Wr

Darin einsetzen : 22,50914,0tan;33,33 sm

v

kW 60W 74,59985W 0,14960W 68,38675W 05,6350%9,24%5,64%6,10

P

3.24 a) WRH FFFam 71,51,0arctan

Nach einiger Zeit : 0. akonstv

2

21

cossin WW

WRH

vvAcgmgm

FFF



s

m6,3

20sm

6,02,17,071,5cos006,071,5sin81,9802

cossin2

56,5067,17

WW

vAc

gmv

hkm

41,4sm

5,11m/s62,22m/s512,11

vv

b) kW12,571kW102,9121,4521 2 vvvAcvgmP wW

3.31

3.31.1 s

m 1,02

sdm

10,2dm 0,5s

dm 8

2

3

A

QvvAQ

3.31.2 krit

vRRe11601020

smkg

0,04

sm

1,02mkg

800m 0,05Re

3

also laminare Strömung

3.31.3 Modell einer Pumpe : Zylinder mit Kolben, wobei die Kolbengeschwindigkeit

vernachlässigbar gegenüber den Strömungsgeschwindigkeiten der Flüssigkeit



im Rohrsystem ist.

CvpckVerlustdru

BvpckVerlustdru

R

vllglvp

R

vlglvp

vpp

L

B

AP

,

,

221

12

21

12

2

8

2

8

2

2

(BERNOULLIgl. mit laminarer Strömung)

bar 1,4424Pa 42914,5Pa 3259,5Pa 39240Pa 415Pa 101325

m 0,05sm

1,02m 20m 5sm

kg0,048

m 5sm

9,81mkg

800sm

1,022mkg

800

mN

510132

2

23

23

2

L

P

p

p

Damit : Pa42915 LP pp Der von der Pumpe erzeugte Druck

Pa143825Pa5,424992

2 LPA pvpp

Pa103933Pa6,2607

882 2

21oder

21

12

L

LPB

pR

vllp

Rvl

glvpp

Druck : ApFAF

p

Leistung : QpvApvFP

Wirkungsgrad : Leistung neaufgenomme

Leistung effektive

0

P

Peff

Also :

W429W15,429

0,8s

m 0,18mN

429153

2

0

QppPP LPeff

3.32

3.32.1 s

m 11,46

dm 0,5s

dm 90

2

3

A

QvvAQ



3.32.2 krit

vRRe116011459

smkg

0,04

sm

11,46mkg

800m 0,05Re

3

also turbulente Strömung

3.32.3 BERNOULLIgleichung jetzt mit turbulenter Reibung: Verlustdruck infolge turbulenter Strömung :

VV hgp mit dl

gv

hV 2

2

und Rohrreibungszahl 25,0Re2657,0

2

2v

dl

pV ( Hier : Rohrreibungszahl

02568,011459

2657,025,0 )

2211

2

211

2

2

22

22

2

vdll

glvp

vdl

glvp

vpp

L

B

AP

bar 5,303Pa428981Pa 337216Pa 39240Pa 52525Pa 101325 LP pp

Damit : bar290,4 LP pp Der von der Pumpe erzeugte Druck

bar7778,4bar7646,32

2 LPA pvpp

bar7110,3bar6977,22

22 LLB pvdl

pp

Aufgenommene Leistung :

kW26,480,8

sm 0,190

mN

4289813

2

0

QppPP LPeff

3.33 Der Vorratsbehälter ist „groß“ , d.h.: sein Querschnitt ist gegenüber dem

Querschnitt der Ausflußöffnung so groß, daß die Pegelsinkgeschwindigkeit gegen die mittlere Ausflußgeschwindigkeit vernachlässigt werden kann. In der BERNOULLIgleichung mit Reibung werden die Drücke für einen Punkt an der Oberfläche sowie am Ausfluß angesetzt ( die Nullinie der potentiellen Energie ( Schweredruck ) wird auf Ausflußhöhe gelegt ) :



[ BG ]

VLL

VAAAOOO

pvphhgp

phgvphgvp

02

0

222

21

22

3.33.1 Laminare Strömung : 2

8Rvl

pV

[ BG ] auflösen nach v :

08

2 2122 hhg

Rvl

v

Quadratische Gleichung in v . Lösung :

0216

2122 hhg

Rvl

v

21

2

22 288

hhgRl

Rl

v

Wenn man nicht an einer Lösungsformel sondern nur an Zahlenwerten interessiert ist, dann ist es günstiger, die quadratische Gleichung sofort in Zahlenwerten aufzuschreiben :

Setze m/s

:v

x 0490501600500 2 xx

6329,114329,8

500249050500416001600 2

2/1x ;

sm

433,8v

( die Lösung v < 0 ist unphysikalisch ) Damit :

;84329Re;s

dm65,2

32

vR

vRQ

m1,37622

;0003795,0Re32 2

gv

Rl

hV

Beachten Sie : die erhaltene REYNOLDSzahl Re = 84329 ist viel größer als die kritische REYNOLDSzahl 1160Re krit . Das verwendete Modell „laminare

Strömung“ ist also nicht konsistent, die Strömung wird turbulent sein.

3.33.2 Turbulente Strömung : 2

2v

dl

pV ; Rohrreibungszahl 25,0Re

2657,0

[ BG ] 22221 1

222v

dl

vdl

vhhg

Eine analytische Auflösung dieser Gleichung nach v ist leider nicht möglich, da



ja die Rohrreibungszahl über die REYNOLDSzahl wieder die Geschwindigkeit

v enthält. Iterative ( numerische Näherungs- ) Lösung :

Umformung :

dlhhg

v

1

2 21

Start : Schätzen , z.B. sm

10 v

Iteration : sm

886,102657,010000Resm

1 10 vv

sm

036,202267,018863Resm

886,1 21 vv usw.

Die Umformung führt auch bei sehr grob geschätzten Startwerten zu einer

schnellen Konvergenz zum Fixpunkt sm

057,2v hin. Damit :

m784,422

;02219,0;20569Re;s

dm65,0

232

gv

Rl

hvR

vRQ V

3.34 3.34.1 Maximaler Durchfluß unmittelbar vor dem Umschlag laminar turbulent :

sm

2,33

mkg

870m 0,02

smkg

0,035116011601160Re

3

max

Rvv

vRkrit

kritkrit

sdm

93,23

max2

max vRQ

3.34.2 In der BERNOULLIgleichung mit laminarer Reibung wird die Druckbilanz für die

Pegeloberfläche (1) und den Ausfluß (2) im Unterdruckbehälter gezogen ( die Nullinie der potentiellen Energie ( Schweredruck ) wird auf

Ausflußhöhe gelegt ).

[ BG ]

22

22221

211

80

20

22

Rvl

vphgp

phgvphgvp

PL

V

hhvvv :;: 121

Auflösen nach v wie in voriger Aufgabe 3.33 :



08

2 22 hgpp

Rvl

v PL

bzw.

02

2162

2

hgpp

Rvl

v PL

sm

5,3903955,98m/s

8736,12m/s

2

v

vv

s

dm77,6

32 vRQ

( die Lösung v < 0 ist unphysikalisch )

3.34.3 Der in Teilaufgabe 2. errechnete Durchfluß ist größer als der kritische Durchfluß ( Teilaufgabe 1. ) . Daher ist die Annahme laminarer Strömung nicht realistisch, die Strömung wird turbulent sein. Bei turbulenter Strömung ist der Reibungswiderstand gegenüber laminarer Strömung höher, die Geschwindigkeit also kleiner und damit auch der Durchfluß kleiner .

4. Schwingungen und Wellen

4.2.

4.2.1. Amplitude m4ˆ x ; Kreisfrequenz s1

1,0 ; Schwingungsdauer

s62,832s202

T ;

Nullphasenwinkel 6479,28ˆ5,0

4.2.2. Geschwindigkeit

5,0

s1,0cos

sm

4,0cosˆ)()(t

txtxtv

Beschleunigung

5,0

s1,0sin

sm

04,0sinˆ)()( 22 t

txtxta

4.2.3. sm

0,351cos(0,5)sm

0,4)0(;m1,9177 sin(0,5)m 4)0( 00 vvxx

4.2.4. 2sm

03366,0)s5(;sm

0,2161s)(5;m3,3659s)5( xvx

4.3. 4.3.1. Die Federkonstanten der beiden Federn addieren sich zu D = 180 N/m .

Damit ist die Kreisfrequenz der Schwingung



s1

487,9kg2

msm

kg180

2

mD und also die Schwingungsdauer

s6623,02

T .

4.3.2. In der Vorlesung wird hergeleitet :

txtctctx sinˆ)sin()cos()( 21 .

Darin ist m16,001 xc ; m179,002

v

c

Amplitude und Nullphase :

m240,0ˆ 22

21 ccx

239,138ˆ413,2ˆ

arccos 2

0da 1xc

c

413,2s

487,9sinm24,0

s487,9sinm179,0

s487,9cosm16,0)(

t

tttx

4.3.3. In 2) einsetzen : t = 1,3 s

cm19,7m0,197413,23,1487,9sinm24,0

3,1487,9sinm179,03,1487,9cosm16,0)s3,1(

x

Beachte : Argumente von sin und cos in Bogenmaß.

4.3.4. Geschwindigkeit : )cos()sin(cosˆ)()( 00 tvtxtxtxtv

sm

-1,303)s3,1( v

Kraft : xDxmxmamF 2 ; N48,35)s3,1()s3,1( xDF

4.3.5. Nulldurchgänge :

0sinˆ)( txtx ,2,1,0 kkt

,2,1,0s3311,0s2543,0 kkktk

1. Nulldurchgang bei s0768,0:1 1 tk

tx

t



Die Geschwindigkeit beträgt zu diesem Zeitpunkt sm

279,2)( 1 tv und ist

minimal, da ja gilt : )()( 2 txta , also 0)()( 11 tvta .

Die weiteren Maxima / Minima der Geschwindigkeit liegen dann bei bei ;s1,0703;s0,7391;s4080,0 ,3,2k

4.6.

Näherungslösung : tt 0sinˆ mit 6/30ˆ a

Start aus Ruhe Reine cos- Schwingung , Nullphase 2/

s1

132,3s181,9

;cosˆ 00 ml

gtt

s00607,22

00

T ( Sekundenpendel )

a) s5015,04

00 T

t ( unabhängig von Amplitude a ˆ )

O. Bew. : Exakt : 00 5101,0017135,1 ttTT ( 1,7% größer )

b) 1) E.S. : 2

2v

mhgm mit

m134,0cos1cos aa lllh

sm

621,12 hgv

2) s1

640,16s

1132,3ˆ;sinˆ 0max00

tt

sm

640,1maxmax lv ( +1,2% )



4.7.

4.7.1. s638,12

s1

835,30

0

TJD

9898,3;4,309ˆ4,50

0201

cc

2069,1714,6ˆ 22

21 cc ;

452,126ˆ207,2

ˆarccos 2

c

2,207-

s835,3sin714,6sinˆ 0

ttt

4.7.2.

s8912,0

s1

835,3

207,2714,6

2arcsin

2 11

tt

4.7.3.

2,207-

s835,3cos714,6

s835,3

sinˆ 00

ttt

s1

075,9s8912,01 t

4.7.4. E.S. :

24

21

21

20

20 2222

DJDJ

s1

075,94 220

201

JD

4.17. s5,0s12 dd TT ; 1-22

2

s9163,0ln

4,01

ˆˆ

d

T

n

n

Tq

eqxx

d

s4987,02

;s0053,2;s5997,120

01-

01-22

0

Tfd

4.20.

4.20.1. s1

22

s4s22

ddd

d

TT

T

Die Maximalauslenkungen nx̂ und 21ˆ

nx sind entgegengesetzt gerichtet und

eine halbe Periodendauer voneinander entfernt. Analog zur Herleitung des logarithmischen Dekrements gilt allgemein :



2

2

22

sin

sin

sin

sin

2sinˆ

sinˆ

2

d

d

dd

T

d

Tt

dt

d

Tt

dt

dd

Tt

dt

etee

te

te

te

Ttex

texT

tx

tx

Also speziell für aufeinanderfolgende Maximalauslenkungen in verschiedene

Richtung : 2

21ˆ

ˆ dT

n

n exx

.

Aus dem Bild liest man ab :

s1

6,0s1

608,02/

ˆˆ

ln

37,3m0,43m45,1

ˆˆ 5,1

1

5,1

1

dT

xx

xx

Der Nullphasenwinkel wird dem ersten Nulldurchgang entnommen ( beachte : der Sinus geht von oben nach unten durch Null, die Phase dort beträgt daher ).

4,140ˆ45044,278,0; s 44,0 111 ttt dd

m138,3sin

ˆm2sinˆ)0( 00

xxxxx

Die Schwingungsfunktion lautet also :

78,0s2

sinm138,3)( s6,0 t

etxt

4.20.2. a) Das Steigungsdreieck der Tangente im Ursprung liefert :

sm

5s4,0

m20

ty

v

b) Für die Geschwindigkeit gilt allgemein :

ttextexdtd

xtv dddt

dt cossinˆsinˆ)(

Zu Anfang also mit den obigen Werten :

sm

5cossinˆ)0( 0 dxvv

4.20.3. sm

5;m2 00 vx ( Formeln der Vorlesung )

m947,3;m2 0021

d

vxcc



l

h l+l

Daraus :

469,0149,0ˆ87,26ˆ

arccos;m425,4ˆ 222

21

xc

ccx

Maximale Auslenkung : 0x falls (s.o.)

dmd t )tan(

s469,0arctan1

d

dmt und m12,3)(max mtxx

4.55.

4.55.1. K1

105,2K20m2000

m1 5

ll

4.55.2. a) Dreiecksnäherung :

m63,312

m20002

m200122

1222

22

h

lhll

b) Kreisbogennäherung :

2sin

2

2sin

2/

lll

rlrll

2sin2

ll

l .

Lösung mit Newton-Verfahren (Taschenrechner)

m39,272

cos1m7,18269

2sin2

13767,32

h=rl

r

4.59 Bei einer Temperatur 1 möge sich das gesamte Quecksilber in dem Glas-

Vorratsgefäß ( Volumen V ) befinden . Nach einer Temperaturerhöhung um K01,0 dehnen sich Quecksilber ( Hg ) und Glas aus, aber das

Quecksilber stärker. Es füllt dann zusätzlich das Volumen hV aus , welches

einem Skalenstrich der Länge mm6h entspricht :

322

mm0,006786=mm6,0mm06,02

hd

Vh



GlHg

GlHg

hGlHg

GlHg

V

VVVV

VVV

11:

::

2212

111

3

3

65

3

cm19,4

mm8,4188K01,0

K1

10631018

mm006786,0

V

VV

GlHg

h

4.60 Kessel : KL Vp ; ; Flasche : FF Vp ; .

Sowohl die Luft im Kessel, als auch die Luft in der Pressluftflassche erfüllen die ideale Gasgleichung: Vorher : TRmVpTRmVp SKKLSFFF ;

Nach dem Abdrücken befindet sich die gesamte Luft ( KF mm ) im

Volumen KF VV

Dabei warten wir bis Temperaturausgleich mit der Umgebung stattgefunden hat. TRmTRmTRmmVVp SKSFSKFKF KLFF VpVp

bar57,43

KF

KLFF

VVVpVp

p

4.61 Beim Aufsteigen der Luftblase ändern sich alle Zustandsgrößen ( Temperatur, Druck, Volumen ) gleichzeitig. Unter der Voraussetzung, dass zu jedem Zeitpunkt thermisches Gleichgewicht vorliegt, gilt stets die ideale

Gasgleichung pV

Tkonst .

Insbesondere gilt sie für den Anfangs- und den Endzustand :

2

1

1

212

2

22

1

11

pp

TT

VVTVp

TVp

Darin ist bar485,2m15sm

81,9mkg

10mN

1001325,1 233

25

1 hgpp L

und 33

1 cm905,023

4

d

V .

Also : 332 cm363,2

01325,1485,2

15,27715,295

cm905,0 V ;

mm53,1643

231

22

V

d



4.62 ideale Gasgleichung: TRnTRmVp s

Damit :

33

25

dm76,15m01576,0

mN

10

K303Kkg

J260kg020,0

pTRm

V s

Formeln zum errechnen der Stoffmenge und Teilchenzahl:

n

NNM

n

mM Arm ;

kmol

kg

mol625,0kmol000625,0

kmolkg

32

kg020,0

mMm

n

2323 10764,3mol

110022,6mol625,0 ANnN

Klausur WS09/Aufgabe 4

a) s1

590,9s1

04,015,081,95,2

Jagm

5214,059,90,5

;6,0 0201

cc

01,49ˆ8554,0

ˆarccos;54,45ˆ7949,0ˆ 22

221

ccc

855,0

s590,9sin795,0

tt

b1) tt cosˆ s

1623,7

s

1590,97949,0ˆmax

b2)

Energiesatz: 2200 2

1

2

1)cos1( mJJagm

s1

558,7cos12

020

Jagm

m



Klausur WS09/10 und Klausur SS10 Klausuren mit Ergebniswerten siehe O:\ Laufwerk Beispielklausur_KL-P-WI-WS0910.pdf und Beispielklausur_KL-P-WI-SS10.pdf Die zugehörigen Lösungswege haben wir in Vorlesung/Übung besprochen.

Lösung ausgewählter Aufgaben (Physik)

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