Tutorium Physik II I. Übungsblatt 23.03.2007

Tutorium Physik II I. Übungsblatt 23.03.2007 zu den Vorlesungen von Prof. Dr. Haussmann und Prof. Dr. Schrewe SS07 --- I-1. Im Physiklabor wird die Dichte von

Flüssigkeiten mit einer Auftriebswaage (Mohrsche Waage) bestimmt. Der

Auftriebskörper (A) taucht vollständig in die zu untersuchende Flüssigkeit ein. Zunächst wird die Waage mit destilliertem Wasser (

0,9982 3

W g cm

  ^ bei T 20C )

austariert. Dies erfordert, die Masse m1 im Abstand x10 10 Teilstrichen vom

Drehpunkt aufzuhängen.

a. Dann werden unbekannte Flüssigkeiten

untersucht: Um die Waage jetzt ins Gleichgewicht zu bringen müssen zusätzlich die beiden Massen m0,010,01m1 am Teilstrich x2 und m0,10,1m1 am Teilstrich x8

aufgehängt werden. Wie groß ist die Dichte der Flüssigkeit?

b. Welche Massen m1, m0,1, m0,01....usw. müssen wo aufgehängt werden, damit bei der Dichtebestimmung von Benzol (3 0,869g cm^3) die Waage ins Gleichgewicht gebracht wird?

I-2. Ein Becher der Masse ^m_B ^0,5kg sei mit Wasser ^m_W ^5kggefüllt ( 1,00 3

W g cm

  ^ ) und stehe auf einer Waage (unten). Ein Metallkörper unbekannter Masse und Dichte sei an einer Federwaage (oben) aufgehängt und tauche vollständig in das Wasser ein. (Siehe Abbildung rechts) Die oberer Waage zeigt 1,56 kg, und unterer 5,94 kg.

a. Welche Dichte hat der Metallkörper? Um welches Element könnte es sich handeln?

b. Welche Masse hat der Metallkörper?

I-3. Das Element Eisen hat eine Dichte von _Fe 7,897g cm^3 und die

relative Atommasse A_r 55,854g mol^1. Mit Hilfe der Avogadro-Konstante

23 1

6,022 10

NA   mol^ kann aus diesen Angaben eine Abschätzung für den Radius eines Eisenatoms gewonnen werden. Welchen Radius hat ein Fe-Atom in etwa?

Metallkör per

Lösungen:

I-1a. Die Auftriebskraft ist: FA Flüssigkeit V g

Für das Verhältnis der Dichten 1 und 1 zweier Flüssigkeiten gilt also:

1 1

2 2

A A

F F



 

Die aus Gewichtskraft FG (nach "unten“ gerichtet) und Auftrieb FA (nach "oben“

gerichtet) resultierende Kraft erzeugt ein Drehmoment MA an der Waage (mit Linksdrehung, wenn FA FG ), das im Gleichgewicht durch das Drehmoment der angehängten Zusatzmassen kompensiert wird Mm (Rechtsdrehung).

Die Waage ist im Gleichwicht ist, wenn die Differenz der Drehmomente gleich Null ist.

Es gilt: MAMm ⁰

Bezeichnet man die unterschiedlichen Flüssigkeiten mit dem Index i, so gilt für das Verhältnis von Dichten und Drehmomenten:

1 1 1

2 2

2

m A

A m

M M

M M



  

Für das Drehmoment der Zusatzgewichte gilt:

i

m k k

k i

M  x m g

  







Für zwei Flüssigkeiten (1) und (2) gilt dann:

1 1

2

2

k k

k

k k

k

x m g x m g





 

 

 

 

 

 





Bei Wasser hängt m1 am zehnten Teilstrich x10, bei der unbekannten Flüssigkeit zusätzlich m0,10,1m1 am achten und m0,10,01m0 am zweiten. Es folgt:

1 0,1 0,01

1

10 8 2

10

x Wasser

m m m

m





    

 

1 10 0,1 8 0,01 2

1,082 1 10

x Wasser





    

 



3 3

1, 082 0,9982 1,080

x g cm g cm

   ^  ^

I-1b. Bei der Dichtebestimmung von Benzol hängt m1 am achten Teilstrich, m0,1 am siebten Teilstrich und m0,01 am ersten Teilstrich, da gilt:

0,869

0,871 0,9982

Benzol Wasser



  

I-2a. Gewichtskraft Al-Block: Fg m gx

Auftriebskraft Al-Block: A W ^W x

x

F  V g  m g

  

Kraft auf die Waage oben: _{o g A} 1 ^W _x

x

F F F  m g



 

     

 

Anzeige der Waage oben: ^o _{g A} 1 ^W _x 1,56

x

F F F m kg

g





 

     

  (1)

Kraft auf die Waage unten: Fu 



mB mW



 g FA

 

^W

u B W x

x

F m m g  m g

    

Anzeige der Waage unten: ^u



B W



^W x ^5,94 x

F m m m kg

g



     (2)

Aus (1) folgt: x ^{x o}

x W

m F

g



 

 

Einsetzen in (2) ^u



B W



^{W x o}

x x W

F F

m m

g g

 

  

   



 

u W o

B W

x W

F F

m m

g g



 

   



W o

x W

u B W

F

F m m g

g

   

 

3

1,0 3

1,56 1,0

5,94 0,5 5,0

x

g cm kg g cm

kg kg kg

  ^  ^

 

Lösung: x ^4,54g cm^3. Es handelt sich um Titan

b. Masse: x ^{x o}

x W

m F

g



 

 

4,54 1,56 2,00 4,54 1,00

mx  kg kg



I-3. Aus der Dichteinformation folgt: Das Volumen von 1cm³ enthält ^7,897g. Teilt man diesen Wert durch die relative Atommasse, so erhält man die Anzahl der Mole ⁿ im Volumen von 1cm³.

Molzahl pro Volumen: 3 3

7,897

0,141 55,854

r

n g mol mol

V A g cm cm

   

Atomzahl pro Volumen: N n _A 0,141 6,022 10^{23 3} 8,51 10^{22 3}

N cm cm

V V

 

      

Volumen pro Atom: 22 ^{3 23 3}

1 1,17 10

8,51 10

Atom

V V cm cm

N

    

 Näherung Würfel: VAtom 



²R



³

3 8

1 1

2, 27 10 0,113 2 ^Atom 2

R  V    ^ cm nm

Näherung Kugel: 4 ³

Atom 3

V  R

23 3 3 3 3 3 1,17 10

0,140

4 4

VAtom cm

R nm

 

  

  

 Tabellenwert zum Vergleich: RFe ^0,126nm

Tutorium Physik II II. Übungsblatt 30.03.2007 zur Vorlesungen von Prof. Dr. Schrewe SS07

--- II-1. Zur Bestimmung der Dichte einer unbekannten Flüssigkeit mit

Dichte Fl untersucht man das Verhalten von einem Stück Kork (1) (Dichte Kork:Kork ²⁰⁰kg m^3) und einem Gewichtsstück aus Aluminium (2) (Dichte Aluminium:_Al 2,70g cm^3). Die Volumina der beiden Auftriebskörper sind gleich. Die

Federwaage (1) zeigt eine Kraft von ^2,31N, die Federwaage (2) ^7,50N.

a. Wie groß ist das Volumen der Probekörper?

b. Welche Dichte Fl hat die Flüssigkeit?

II-2. Ein Kupferdraht mit einer Zugfestigkeit von 220 N mm^-2 soll senkrecht ins Meer hinab gelassen werden. Bei welcher Länge wird der Kupferdraht zerreißen? (Dichte Cu:

8,95 3

Cu g cm

  ^ , Dichte Meerwasser:_MW 1,025g cm^3)

II-3. Ein dünnwandiges Stahlrohr mit Innendurchmesser d1100mm, dessen unteres Ende mit einer quadratischen Kupferplatte verschlossen ist, wird ins Wasser getaucht. Die Platte mit Kantenlänge d2 150mm und einer Dicke ^s10mm soll nur durch den Wasserdruck gegen das Rohrende gedrückt werden. Welche Eintauchtiefe h ist erforderlich, damit sich die Scheibe nicht vom Rohr löst? (_Cu 8,95g cm^3,_W 1,00g cm^3)

Lösungen:

II-1a. Auftriebskraft ist größer als Gewichtskraft. Die resultierende Kraft F1 zeigt nach oben. Für den Betrag gilt: Kraftanzeige (1) F1FlVKork g KorkVKorkg

 

1 Fl Kork Kork

F    V g

Auftriebskraft ist kleiner als Gewichtskraft. Die resultierende Kraft F2 zeigt nach unten. Für den Betrag gilt: Kraftanzeige (2) F2 AlVAl g FlVAlg

 

2 Al Fl Al

F    V g

Umformung nach Fl: Fl Al ²

Al

F

  V g

Einsetzen: 1 Al ² Kork Kork

Al

F F V g

 V g 

 

    

 

Da die Volumina gleich sind, gilt: VAl VKork V

Einsetzen: 1 Al ² Kork

F F V g

 V g 

 

    

 

 

1 2 2

Al Kork Al Kork

F F F

V V V

g   g       g

 

1 2

3

1 2 9,81

9,81 2500

Al Kork Al Kork

F F

F F m

g g

V   g  

 

  

   

3

3 3

9,81 0,0004 400

9,81 2500

V  m  m  cm

 II-1b. Einsetzen (Gleichung für F2): Fl Al ²

F

  V g



2

3 3

3

2700 7,50 789

0,0004 9,81

Fl

kg m N s kg m

m m

  ^   ^



3 3

789 0,789

Fl kg m g cm

  ^  ^

Probe (Gleichung für F1): Fl ¹ Kork

F

 V g 



3 3 3

2,31 200 789 0,789

0,0004 9,81

Fl

kg kg g

m m cm

      

II-2. Der Draht reißt, wenn die resultierende Kraft Fmax größer als das Produkt aus Zugfestigkeit maxund Querschnittsfläche A des Drahtes ist.

A F_max _max 

Resultierende Kraft Fmax : ^F_max ^FG ^FA 



Cu MW



^A^L^g

   

2 max

3 2

220

8,95 1,025 9,81

Cu MW

L N mm

g g cm m s



 



 

 

   

 

220 103

8,95 1, 025 9,81 2830

L  m m

 

II-3. Die Scheibe ist kräftefrei, wenn die Gewichtskraft FG m g gleich der Differenz der Druckkräfte unterhalb und oberhalb der Scheibe ist. p0 sei der äußere Luftdruck (der zur Vereinfachung als unabhängig von der Eintauchtiefe h angenommen werden soll). Der Druck in der Wassertiefe h ist: p h_W( ) p0_W g h.

Die Fläche der Kupferplatte ist: A_P d₂² die Querschnittsfläche des Rohres: 1²

R 4 A  d

Gewichtskraft: F_G m g _CuV g _Cu g A s_P _Cug d s₂² Druckkraft unterhalb der Scheibe: FU 



p0pW

 

h



AP  p d0 2²W g h d 2²

Druckkraft oberhalb der Scheibe: FO



p0 pW



h s

 





APAR



 p A0 R

   

0 0 0

O P R R W P R

F  p A p A p A p h s  A A

 

2 2 2

0 2 2 1

O W 4

F  p d  g h s  d  d 

Differenz der Druckkräfte: 2²

 

2² 1²

U O W 4

F F  g h d    h s d  d 

2 2 2

1 2 1

4 4

U O W

F F  g h d s d  s d  Gleichgewichtsbedingung: FG FU FO

2 2 2 2

2 1 2 1

4 4

Cus d g W g  h d s d  s d

     

2 2 2 1

4 ^Cu 1 1

W

h s d d



 

   

     

2 2

4 150 8,95

0, 01 1 1 0, 238

100 1,00

h m m



   

      

 

 

Tutorium Physik II III. Übungsblatt 13.04.2007 zu den Vorlesungen von Prof. Dr. Schrewe SS07 --- III-1. Der Franzose Founier möchte mit einem Heliumballon bis in eine Höhe

von ca. 40 000 m aufsteigen und von dort mit dem Fallschirm

abspringen. (Das Bild zeigt den Ballon kurz vor einem Fehlversuch im Jahr 2003, bei dem die Ballonhülle aus 16 µm Polyethylen riss). Das Volumen des prallen Ballon beträgt V_B 510 000m³. Rüstmasse und Nutzlast betragen jeweils 1000 kg.

a. Warum füllt man beim Start, wie auf dem Bild erkennbar, nur einen Teil des Ballons mit dem Auftriebsgas? .

b. Welches Mindestvolumen Helium 1

VHe ist erforderlich, damit der Ballon bei einem Luftdruck von p1980hPa und einer Temperatur von T120C am Startort schweben kann?

c. Welche Volumen Wasserstoffgas hätte man einfüllen müsse, damit der Ballon schweben kann?

d. Der Ballon wird mit dem Doppelten des Mindestvolumens gefüllt. Welche Kraft muss den Ballon bis zum Start am Boden halten? Welche Beschleunigung hat er nach dem Start?

e. Beim Aufstieg des Ballons sinkt der äußere Luftdruck. Das Gas im Ballon dehnt sich aus und füllt in der „Prallhöhe“ hP das gesamte Ballonvolumen VB. Berechnen Sie hP unter der vereinfachten Annahme, dass die barometrische Höhenformel gilt und Luftdruck und Luftdichte proportional sind.

f. Der gezeigte Ballon soll "offen" sein, d. h. beim Steigen oberhalb der Prallhöhe hp

kann überschüssiges Helium entweichen. Welche Maximalhöhe ho^max kann der Ballon unter den angegeben Modellbedingungen erreichen?

g. Welche Maximalhöhe hg^max würde der Ballon erreichen, wenn der Ballon

"geschlossen" wäre, d. h. wenn oberhalb der Prallhöhe hp kein Helium die Ballonhülle verlassen könnte?

h. Vergleichen Sie ho^max und hg^max. Wie kann man den Unterschied physikalisch erklären?

Dichte: 0^Luft 1, 293kg m^3, 0^He 0,1785kg m^3, 0^H 0, 0899kg m^3 bei Standardbedingungen p0 1013hPa und T0  0 C.

Lösungen:

III-1. Benennung der physikalischen Größen:

Index 0 für Standardwerte:

Luftdichte bei Standardbedingungen: ₀^Luft Heliumdichte bei Standardbedingungen: ₀^He Index 1 und 2 für aktuelle Werte am Startort:

Luftdichte am Startort: ₁^Luft

Heliumdichte am Startort: ₁^He

He-Volumen für Schwebebedingung: V₁^He

He-Volumen beim Start: V₂^He  2 V₁^He III-1a.Mit steigender Höhe wird die Luftdichte geringer. Wenn man ein konstantes

Auftriebsvolumen hat, wird deshalb auch der Auftrieb geringer. Beim gezeigten Ballon ist es jedoch anders: Da der Druck im Innerer des Ballons gleich dem

Außendruck ist, nimmt die Dichte des Gases im Ballon im gleichen Verhältnis ab wie der Luftdruck und das durch die Gasfüllung definierte Ballonvolumen wächst

proportional zum Kehrwert des Luftdrucks. Da die Auftriebskraft proportional zum Produkt aus Ballonvolumen und äußerem Luftdruck ist, bleibt die Auftriebskraft solange konstant, bis das am Boden eingefüllte Gas das gesamte Ballonvolumen vollständig ausfüllt. Man bezeichnet diese Höhe als "Prallhöhe".

III-1b.Die allgemeine Gasgleichung:

1 1

1 0

0 0

T p T

p



 ^ dient zur Berechnung der aktuellen Dichten ₁^Luft und ₁^He am Startort aus den Standardwerten 0

Luft und 0

He:

Luftdichte am Startort: ^{1 1 0 0} 3 3

1 0

980 273

1, 293 1,165 293 1013

Luft p T Luft kg kg

T p m m

    ^ 



Heliumdichte am Startort: 1 ^{1 0} 0 3 3

1 0

980 273

0,1785 0,1609 293 1013

He p T He kg kg

T p m m

    ^ 



Schwebebedingung am Boden: Auftriebskraft FA gleich Gewichtskraft FG, wobei 1^Luft und 1^He die Dichten von Luft und Helium am Startort,

1

VHe das am Boden eingefüllte Heliumvolumen,

1 1

He He

V  mHe die Masse des eingefüllten Gases,

mR die Rüstmasse und mN die Masse der Nutzlast bezeichnen.

 

1 1 1 1

He Luft He He

A R N G

F V  g  m m V  g F

He-Volumen (schweben):

 

3

3 1

1 1

2000 1991

1,165 0,1609

He R N

Luft He

m m kg m

V m

  kg

 

  

 

III-1c.Wasserstoffdichte am Startort: 1 ^{1 0} 0 3 3

1 0

980 273

0,0899 0,0810 293 1013

H p T H kg kg

T p m m

  

  



H-Volumen (schweben):

 

3

3 1

1 1

2000 1845

1,165 0, 0810

H R N

Luft H

m m kg m

V m

  kg

 

  

 

Fazit: Die Dichte von Wasserstoff ist zwar nur halb so groß wie die von Helium, aber dies bewirkt nur eine Volumenersparnis von 7%.

III-1d.Auf den Ballon wirken die Gewichtskraft FG (nach unten) und die entgegengesetzt gerichtete Auftriebskraft FA (nach oben). Wenn beim Start das doppelte Volumen des zum Schweben des Ballons benötigten Helium-Volumens eingefüllt wird, ist die resultierende Kraft nach oben gerichtet und lässt den Ballon beschleunigt steigen.

D'Alembertsches Prinzip:



FAFG



mges a⁰

Gewichtskraft:



1 2



He He

G ges R N

F m  g m m  V g mit: V₂^He  2 V₁^He 3982m³

Masse des Heliums: m₁^He ₁^HeV₂^He 0,1609kg m^33992m³ 642kg Gesamtmasse: mges  ^{2 1000}kg⁶⁴²kg²⁶⁴²kg

Gewichtskraft _G 2642 9,81m₂ 25,92

F kg kN

  s 

Auftriebskraft: ^{FA 1LuftV2He g 1Luft}



^2V1He



^g

3

3 2

1,165 2 1991 9,81 45,51

A

kg m

F m kN

m s

    

Beschleunigungskraft: F_a F_AF_G 



45,51 25,92



kN 19,59kN Beschleunigung:

3

2 2

19,59 10

7, 41 2642

a ges

F kg m m

a m kg s s

   

Fazit: Füllt man einen Ballon mit der doppelten Menge Helium, die für das Schweben am Boden benötigt wird, so wird er mit fast +g nach oben beschleunigt.

III-1e.Der Druck im inneren des Ballons ist immer gleich dem äußeren Luftdruck.

Deshalb gilt für alle Höhen h: ^pHe ^{h  pLuft} ^h und auch am Startort: p₁^He  p₁^Luft

Das Verhältnis von Druck ^{p h( )} und Dichte ^{( )h} in der Atmosphäre ist konstant (dies folgt aus der allgemeinen Gasgleichung und gilt deshalb unter ideal angenommen atmosphärischen Bedingungen).

Also gilt:

 

 

^He

He He

He p

h h p

1 1



 ^

und es folgt:

 

¹

 

¹

 

1 1

He Luft

He He He

He He

p p

p h  h  h

 

   

Wir verwenden deshalb im folgenden die (idealisierte) Annahme, dass Druck und Dichte proportional sind. ^pHe

 

^{h ~He}

 

^h

Am Startort ist: 1

 

¹

1

0

He He He

He

h m

   V Da die Masse des Heliums 1

mHe im Ballon beim Aufstieg des Ballons bis auf die Höhe hP konstant bleibt, gilt in der Höhe hp:

 

^{1He 1He 1He}

He p

B B

m V

h V V

   

oder:

 

₁

1 He p He

He

B

h V

V



  

Barometrische Höhenformel:

 

_



 



  







 ^Luft _p ^{Luft Luft}_{Luft p}

p

He h

p p g

h p h p

0 0

1 exp

)

( 

oder:

 

₀

1 0

exp

He Luft

p

Luft Luft p

p h g

p p h



  

   

 

Es folgt: ^{1 0}

0

exp

Luft He

Luft p B

g

V h

V p



 

   

 

Umformung nach hP : ^{0 0 0}

0 0 1

ln ln

Luft He Luft

p Luft Luft HeB

B

p V p V

h   g V   g V



3 2

1013 510000

1,293 9,81 ln2 1991

p

h hPa

kg m^ m s^

 

Prallhöhe: h_p ⁷⁹⁸⁶m4,853 38,76 km

III-1f. Offener Ballon: Bei einem "offenen" Ballon bleibt die Masse des Füllgases m₁^He oberhalb von hp nicht mehr konstant. Die Masse des Gases ist höhenabhängig: ^mHe

 

^h

für h h p. Deshalb ändert sich seine Gesamtmasse und seine Gewichtskraft FG. Gewichtskraft für h h p: ^{F hG}

 

^



^{mRmN mHe}

 

^h



^g

  

^He

  

G R N B

F h  m m  h V g

Auch die Auftriebskraft ändert sich mit steigender Höhe für h h p, da die Luftdichte abnimmt:

Auftriebskraft für h h p: F_A

 

h  ^Luft

 

h V_Bg

Sowohl für ^He

 

^h als auch für ^Luft

 

^h gilt die barometrische Höhenformel:

 

1 ⁰

0

exp

Luft

Luft Luft

Luft

h gh

p

    

  

 

 

1 ⁰

0

exp

Luft

He He

Luft

h g h

p

    

  

 

Die Maximalhöhe h_o^max ist erreicht, wenn die Auftriebskraft ^{F hA}

 

^omax gleich der Gewichtskraft ^{F hG}

 

^{omax ist.}

Bedingung für h^max: ^{F hA}

 

^{omax F hg}

 

^omax

Auftriebskraft:

 

^{max 1 0 max}

0

exp

Luft Luft

A o Luft o B

F h gh V g

p

   

  

 

Gewichtskraft:

 

^{max 1 0 max}

0

exp

Luft He

G o R N B Luft o

F h m m V gh g

p

 

  

    

max max

0 0

1 1

0 0

exp exp

Luft Luft

Luft He

o B R N B o

Luft Luft

g g

h V g m m V h g

p p

 

      

     

    

    

Es folgt: ^{exp 00 max}



^{1 1}



Luft

R N

Luft o Luft He

B

g m m

p h V



 

  

 

  

Lösung: _{max 0}



^{0 0}



0

ln

Luft Luft He B

o Luft

B N

p V

h g m m

 



 

  

 

max 1,165 0,1609 510000

7986 ln

o 2000

h m  

 

max 7986 5,545 44, 29

ho  m  km

III-1g. Geschlossener Ballon: Bei einem "geschlossenen" Ballon bleibt die Masse des Füllgases m₁^He oberhalb von hp konstant. Die Masse des Gases ist gleich der am Boden eingefüllten Gasmasse. Deshalb ändert sich die Gesamtmasse des Ballons und seine Gewichtskraft FG nicht.

  

^1He



^.

G G R N

F h F  m m m  g konst mit Startvolumen 2

VHe ^{FG mges g}



^{mRmN 1HeV2He}



^g

und V2^He  2 V1^{He FG mges g}



^{mRmN  2 1HeV1He}



^g

25,92 FG  kN

Die Auftriebskraft ist jedoch höhenabhängig, genau wie beim "offenen" Ballon.

 

1 ⁰

0

exp

Luft Luft

A Luft B

F h gh V g

p

   

  

 

Die Maximalhöhe hg^max für den "geschlossenen" Ballon wird erreicht, wenn gilt:

 

^max

A g g

F h F

 

0 max

1 1 1

0

exp 2

Luft

Luft He He

g B R N

Luft

gh V g m m V g

p

    

       

 

 

0 max 1 1

0 1

exp 2

Luft He He

R N

Luft g Luft

B

g m m V

p h V

 



    

  

 

max 0 1 1

0 1

ln 2

Luft He He

R N

g Luft Luft

B

p m m V

h g V



 

  

  



 

max 1000 1000 642

7986 ln

1,165 510000

g

h m kg

kg

 

  



max 2642

7986 ln 7986 5, 4156

594150

g

h m kg

   kg   

max 7986 5, 4156 43, 428

hg    km

III-1h. Bei einem geschlossenen Ballon ist die Maximalhöhe hg^max immer kleiner als die Maximalhöhe ho^max bei einem offenen Ballon.

Erklärung: Die Auftriebskraft wird durch das Ballonvolumen VB und die Dichte der äußeren Luft ^Luft

 

^h bestimmt. Beides ist beim offenen und beim geschlossenen Ballon gleich. Unterschiedlich ist jedoch die Gewichtskraft: Der offenen Ballon kann beim Steigen Auftriebsgas ablassen und verliert deshalb Masse, während der

geschlossenen Ballon seine Masse bis zur Maximalhöhe behält.

Tutorium Physik II IV. Übungsblatt 20.04.2007 zur Vorlesungen Prof. Dr. Schrewe SS07

--- IV-1. Ein zylinderförmiger Schwimmer mit Durchmesser von ^{d 50mm} und einer Höhe

von ^h40mm soll aus sehr dünnem Messingblech (Dichte _Me 8,6gcm^3) gefertigt werden. Wie dick muss das Blech sein, wenn der Schwimmer mit einem Viertel seiner Höhe aus Benzin (Dichte: _B 0,75g cm^3) herausragen soll.?

IV-2. Eine Schwimmboje besteht aus einem Schwimmkörper in Form einer Kugel (Durchmesser: ^2m), auf dem ein ^10m hoher Mast (Zylinder mit Durchmesser

0, 2

d  m) befestigt ist. Die Gesamtmasse der Boje (einschließlich Mast und Ballast des Schwimmkörpers) beträgt ^{4, 4t}.

a. Im Meer ragt die Mastspitze hM ⁸m aus dem Wasser. Welche Dichte hat das Meerwasser?

b. Die Boje wird in eine Flussmündung geschleppt. Die Mastspitze ragt nur noch

S 2

h  m aus dem Wasser. Wie groß ist die Wasserdichte jetzt?

c. Um welche Masse Ballast müsste die Boje erleichtert werden, damit der Mast auch im Süßwasser wieder 8 m aus dem Wasser ragt?

IV-3. Die vier Reifen eines PKW mit der Masse von 1200 kg seien jeweils mit einem Überdruck von 2 bar gefüllt (1 bar = 1000 hPa).

a. Wie groß ist die Kontaktfläche eines einzelnen Reifens mit der Fahrbahn?

b. Wie ändert sich die Kontaktfläche, wenn der Besitzer sein Fahrzeug mit Breitreifen (z. B. 30% größerer Breite) ausstattet und diese dann mit ebenfalls 2 bar Druck befüllt?

IV-4. Nach Angaben eines französischen Herstellers wird unter dem Namen “Aircar” ein Stadtfahrzeug mit Druckluftantrieb entwickelt. Als Antriebsmittel sollen insgesamt 95000 l Luft mit einem Druck von 30 MPa in vier Druckflaschen (Metallhohlkörper, die mit hochfestem Kevlar umwickelt sind) gespeichert werden.

a. Welches Volumen hat jede einzelne Druckflasche? Welche Masse hat die gespeicherte Luft, die bei Fahrtantritt insgesamt vom Fahrzeug mitgeführt werden muss?

b. Nehmen Sie an, dass die Druckflaschen Kugelform besitzen. Zur Abschätzung der Kräfte, die auf die Kevlarwicklung wirken, berechnen Sie Kräfte, mit der zwei Halbkugeln durch den Luftdruck auseinander getrieben werden. Bestimmen Sie zum Vergleich die Masse, deren Gewichtskraft gleich groß wäre?

c. Man nehme an, dass eine leere Druckflasche eine Masse von 40 kg habe. Bei welchem Luftinnendruck sinkt ein schwimmender Tank im Wasser nach unten?

Dichte: 0^Luft 1, 293kg m^3, bei Standardbedingungen p0 1013hPa und T0  0 C.

Lösungen:

IV-1 Auftriebsbedingung: FA BV g m g1  ges FG 1

BV mges

 

Auftriebsvolumen: ₁ ² 3 ³

58,89 V r 4h cm

Gesamtmasse Messing: mges AWand x M mit x = Wanddicke Fläche der Wände: ^{AWand  2}

 

^{r2 2r h}

2 2

39, 27 62,83 AWand  cm  cm

 

^{2 2}

2 r 2r h 102,1cm

Lösung: ^ges

Wand M

x m

A 

 

1 B

Wand M

x V A





 



3 2

58,89 0,75

0, 0503 0,503 102,1 8,6

x cm cm mm

cm

   



IV-2a. Volumen des Schwimmkörpers: 4 ^{3 3}

4,1888

K Kugel 3

V V   R  m Eintauchtiefe des Mastes: L h _M 10m8m2m

Auftriebsvolumen des Mastes: VM VZylinder r h² M ^0,0628m³ Gesamtvolumen (Mast + Kugel): Vges VK VM ^{4, 2516}m³

Auftrieb ist gleich Gewichtskraft: FA MV g m gges  ges FG

Dichte Meerwasser:

6

3

6 3

4, 4 10

1, 0349 4, 2516 10

ges M

ges

m g

V cm g cm

   ^  ^

 IV-2b. Eintauchtiefe des Mastes: L h S ¹⁰m²m⁸m

Auftriebsvolumen des Mastes: VM VZylinder r h² S ^{0, 2513}m³ Gesamtvolumen: Vges VK VM ^{4, 4401}m³

Auftrieb ist gleich Gewichtskraft: ASV g m gges  ges

Dichte Süßwasser: S ^{ges 0,9910 3}

ges

m g cm

  V  ^

IV-2c. Zusatzvolumen des Mastes VZ r h²



S hM



^0,1885m³ Auftrieb der Zusatzmasse: FA^zusätzlich SV g m gZ  B

Masse des Ballastes m_B _SV_Z 186,8kg IV-3a. Absolutdruck im Reifen: pReifen  pÜber paussen

Druckdifferenz innen – aussen:  p pReifen paussen

Kontaktfläche pro Rad: 147 ² 4

PKW R

m g

A cm

p

  

  IV-3b. Kontaktfläche ist unabhängig von der Reifenbreite.

IV-4a. Boyle-Mariottsches Gesetz: pV const.

0 0 1

1V p V

p 

mit ^V0 ^95000l und ^p0 ^1000hPa

und p130MPa300 1000



hPa)



300p0

Gesamtvolumen des Tanks: l l

p V

V p 316,7

300 95000

1 0 0

1   

Volumen einer Druckflasche: V_Fl V 79,17l 4

1

1 



Gesamtmasse der Luft: _{Luft Luft} 0 1, 293kg3*95 ³ 123

m V m kg

 m

   

IV-4b. Volumen einer Druckflasche: ³

3

4 R

V_Fl  

Radius der Kugel: V cm cm

R ^Fl 26,6

4 10 17 , 79 3 4

3 3

3 3

3    

  

Querschnittsfläche der Kugel: A_Fl  R² 2229cm² Kraft:

2 6

2 4 2 2

3010 2229 6,7

Fl 10

N cm

F p A MN

m cm m

   

Auf die Kevlarwicklung wirkt eine Zugkraft, die der Gewichtskraft einer Masse von F 670

m t

 g  entspricht.

IV-4c. Ein Körper schwimmt, wenn gilt: FA WV g m ges gFG

Gesamtmasse: mges mTank mLuft

Masse der Luft im Tank: m_Luft  _Luft

 

p_i V_Tank Dichte ist proportional zum Druck:

 

 

₀ p₀ p p

p _i

Luft i

Luft 





Es folgt:

   

Tank i Luft

i

Luft p V

p p p

m   

0

 0

Auftriebskraft: FA WVTankg

Es folgt:

 

0

0 Luft

Wasser Tank Tank i Tank

V g m p p V g

p

   

  

 

0 0

i Wasser Tank Tank

Luft Tank

p V m

p p V





 

3 0

1,0 79,17 40 1, 293 10 79,17

pi kg kg

p ^ kg

  

  

Lösung:

0

383 pi

p 

Innendruck der Kugel: p_i 283 10 ³hPa

Tutorium Physik II V. Übungsblatt 27.04.2007 zu den Vorlesungen von Prof. Dr. Schrewe SS07

--- V-1. Eine Masse m10,5kg wird an eine Feder gehängt. In der Ruhelage mit m1

verlängert sich die Feder im Vergleich zur unbelasteten Feder um 5 cm.

Anschließend wird eine zweite Masse m2 1,0kg an die gleiche Feder gehängt, diese in die neue Ruhelage gebracht und dann um 10 cm ausgelenkt und bei t0

losgelassen. (Reibung soll vernachlässigt werden.)

a. Welche Eigenkreisfrequenz 0, welche Eigenfrequenz f0 hat die Schwingung?

b. Wie groß ist die Schwingungsdauer T0?

c. Welche Amplitude hat die schwingende Masse nach 100 s?

d. Wie groß ist die Geschwindigkeit nach 150 s?

V-2. Eine Feder mit der Federkonstante D500N m^1 soll für einen Schwingungsversuch verwendet werden. Dazu wird die Feder senkrecht (parallel zur nach oben gerichteten y-Achse) ausgerichtet und eine Masse ^m2kg an die noch ungespannte Feder gehängt werden, die dann zum Zeitpunkt t0 bei ^y0 losgelassen wird.

a. Bestimmen Sie den Wert y0 der Ruhelage, um die herum die Masse schwingt.

b. Welche (betragsmäßig) größte Elongation ymax wird erreicht?

c. Welche Eigenkreisfrequenz 0 hat die Schwingung.

d. Welchen Wert hat die kleinste Amplitude ymin , und nach welcher Zeit t0 wird sie erstmals erreicht?

e. Wie groß sind die Maximalwerte der Geschwindigkeit und der Beschleunigung?

Lösungen:

V-1a. Federkonstante: ¹ 2

01 01

0,5 10 0,05 100

Fel m g kg m N

D x x m s m

    

Ruhelage mit Masse 2:

2 2

02 1

1 10 0,1 10

100 Fel kg m s

x m cm

D N m



    

Eigenkreisfrequenz:

1

1 0

100 10

1

D N m

m kg s

   ^  ^

Eigenfrequenz: 0 ⁰ 1,59 ¹ 1, 6

f 2 s Hz



   

V-1b. Schwingungsdauer: 0

0 0

1 2

0, 628

T s

f



  

V-1c. Schwingungsgleichung: y t

 

y0cos



0t



für die beschriebenen Anfangsbedingungen: y t



0



 y0 0,1m und ^{y t}



^0



^{v t}



^0



^0. Amplitude nach 100 s: ^{y t}



^100s



^{0,1mcos 10}



^s1100s



^{0, 0562m}



¹⁰⁰



^5,62

y t  s  cm

V-1c. Geschwindigkeit: v t

 

 y t

 

  y0 0.sin



0t





¹⁵⁰



^{0,1 10 1.sin 10}



^{1 150}



v t  s   m s^ s^  s



¹⁵⁰



^{0,1 10 1}



^0,9939



^0,994m

v t s m s

s

        

V-2a. Der Anhängepunkt an der ungespannten Feder soll nach Aufgabenstellung der y- Koordinate ^y0 entsprechen.

Gewichtskraft der Masse ^m2kg: Fg m g ²⁰N

Ausdehnung der Feder: 0

20 0,04 4

500

el Fg

F N m

y m cm

D D N

    

V-2b. Die y-Koordinate in der Ruhelage der Schwingung ist: y0  4cm.

Schwingungen werden zweckmäßigerweise durch Koordinaten beschrieben, die in der Ruhelage der Schwingung den Wert Null haben. Im vorliegenden Fall wäre es die

y-Koordinate für die gilt: y  y y0   y



4cm



 y 4cm Rücktransformation: y y y0  y 4cm

(Hinweis: Mit ^y ist hier Ableitung gemeint, sondern eine Koordinate die um y0

verschoben ist.)

Die Schwingung wird durch die für Federpendel übliche Differentialgleichung beschrieben:

D 0

y y

m 



Die allgemeine Lösung lautet: y t

 

 y0sin



0t0



, wobei y0 die Anfangsamplitude im y'-Koordinatensystem und 0 eine Phasenverschiebung bezeichnet, die durch die Anfangsbedingungen festgelegt werden müssen.

Im vorliegenden Fall lauten die