Tutorium Physik II I. Übungsblatt 13.10.2006

Tutorium Physik II I. Übungsblatt 13.10.2006 zu den Vorlesungen von Prof. Dr. Schrewe WS0607 --- 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. Wie groß ist ein Fe-Atom in etwa?

I-4. 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?

Metallkör per

I-5. 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)

I-6. 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:

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. Das Volumen von 1cm³ enthält ^7,897g. Teilt man diesen Wert durch die relative Atommasse, so erhält die Anzahl der Mole 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:

23 3 22 3

0,141 6,022 10 8,51 10

A

N n

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

I-4a. 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

 I-4b.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

      

I-5. 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 F_G F_A 



_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

 

I-6. 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: AP d2²

die Querschnittsfläche des Rohres: ₁²

R 4 A  d

Gewichtskraft: FG m g CuV g Cu g A sP 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 II. Übungsblatt 27.10.2006 zu den Vorlesungen von Prof. Dr. Schrewe WS0607 --- II-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. Zum Vergleich: 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:

II-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 II-1a. Mit steigender Höhe wird die Luftdichte geringer. Wenn man ein konstantes

Auftriebsvolumen hat (wie z. B. bei einem Heißluftballon), wird deshalb der Auftrieb beim Aufsteigen geringer. Bei dem 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 äußerer Luftdichte ist, und die Luftdichte proportional zum Luftdruck ist, bleibt die Auftriebskraft solange konstant, bis das am Boden eingefüllte Gas das gesamte Ballonvolumen vollständig ausfüllt. Man bezeichnet diese Höhe als "Prallhöhe".

II-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

 

  

 

II-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%.

II-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.

II-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

II-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

II-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

II-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 III. Übungsblatt 10.11.2006 zu den Vorlesungen von Prof. Dr. Schrewe WS0607 --- III-1. In einem U-Rohr befindet sich Glycerin mit einer Säulenlänge von

40

l cm. Eine linke Seite des Rohres ist offen, die rechte verschlossen.

Durch Überdruck in dem verschlossenen Teil wird die Flüssigkeitssäulen um xm ⁸cm aus der Ruhelage bei x0 0ausgelenkt.

Zum Zeitpunkt t0 wird der Verschluss des rechten U-Rohrschenkels geöffnet und die Flüssigkeitssäule beginnt zu schwingen.

a. Stellen Sie die Bewegungsgleichung der ungedämpften Schwingung auf und bestimmen Sie die Formel für die Eigenkreisfrequenz der

ungedämpften Schwingung 0 ab.

b. Welche maximale Geschwindigkeit vmax hat die Flüssigkeitssäule?

c. Wie groß ist die Beschleunigung a0 zum Zeitpunkt t0?

III-2. An der Laufkatze eines Krans hängt ein kugelförmiger Behälter mit dem Durchmesser von 1 m und der Masse 3 t. Das Seil, an der die Kugel hängt, sei ebenfalls 1 m lang.

Die Masse des Seils soll vernachlässigt werden. Die Laufkatze bewegt sich mit einer Geschwindigkeit von 2 m s^-1. Beim plötzlichen Bremsen der Laufkatze beginnt die Last zu schwingen.

a. Bestimmen Sie die Eigenkreisfrequenz 0, die Eigenfrequenz f0 und die Schwingungsdauer T0 der ungedämpften Schwingung.

b. Welchen (maximalen) Auslenkungswinkel maxerreicht die Last nach der Abbremsung?

III-3. Es sollen unterschiedliche Pendel betrachtet werden, die eine gleiche Schwingungsdauer von ^{T 1s} besitzen.

a. Pendel Nr. 1: Eine Scheibe mit Radius R = 10 cm soll um einen Drehpunkt innerhalb der Scheibe, aber außerhalb des Schwerpunkts drehbar aufgehängt werden. Welchen Abstand hat der Drehpunkt vom Schwerpunkt?

b. Pendel Nr. 2: Das Pendel bestehe aus der im Teil a. genannten Scheibe mit Radius 10 cm, die in diesem Fall an einem am Rand befestigten (masselosen) Faden aufgehängt werden soll. Wie groß ist der Abstand zwischen dem Schwerpunkt der Scheibe und dem Drehpunkt am Ende des Fadens?

III-4. Betrachten Sie ein Pendel, dass aus drei Kugeln mit gleicher Masse mK und gleichem Radius

cm

R5 und Verbindungsstangen der Länge 2

L R gebildet wird, die als masselos betrachtet werden sollen. Die Drehachse verlaufe durch den Mittelpunkt der oberen Kugel. Berechnen Sie:

a. die Eigen(kreis)frequenz 0und die

Schwingungsdauer T0 für eine ungedämpfte Schwingung,

c. die Länge lM , die ein mathematisches Pendel mit der gleichen Schwingungsdauer hätte.

Lösungen:

III-1a.Die Differenz der beiden Flüssigkeitssäulen entspricht einer Säulenhöhe von ^2x. Der Schweredruck am Boden der Säule ist:

S Fl 2

p    g x Querschnittsfläche der Säule: A

Rückstellende Kraft: F_Rück  p A_S  2_Fl  g A x Gesamtmasse der Säule: mFl V Fl A l

(Näherung: Man betrachte statt der U-förmigen Flüssigkeitssäule einen Zylinder der Länge l und Querschnittsfläche A)

D’Alembertsches Prinzip: _i 0

i

F m x

   

 





^  ^{ hier: FRückm x0} Einsetzen: ²Fl   g A x Fl   A l x ⁰

Es folgt: l x     2 g x 0

Standardform der DGL: 0²

2g 0

x x x x

l 

     

 

mit: ₀ 2 ¹

7,071

g s

  l  ^

Schwingungsdauer: ₀ 2 0,8886

2

T l s

 g

 

Lösung für x(t): x t( )x_mcos



0t



III-1b.Lösung für die Geschwindigkeit: v t

 

x t

 

  x_m 0sin



0t



Maximalgeschwindigkeit: vmax x_m0 0,08m7,071s^10,566m s^1 III-1c.Lösung für Beschleunigung: a t( )  x_m 0²cos



0t



Für t0 gilt: 0^{2 2}

2 2 0,08 10

( 0)

0, 4

m m

a t x x g m s

 l   ^

        ( 0) 4 2

a t   m s^

III-2a. Eigenkreisfrequenz der ungedämpften Schwingung für ein physikalisches Pendel:

0

ges

m g d

  J

Nach dem Steinerschen Satz ist: Jges JS m d²

Trägheitsmoment der Kugel 2 ^{2 2} 5 300

JS  mR  kg m Abstand Schwerpunkt – Drehpunkt: ^{d 1m0,5m1,5m}

 

²

2 2 2

5 3

ges S

J J m d  m R  m R

2 6750 2

m d  kg m

2 2

47 7050

ges 5

J  m R  kg m

1

0 2

5 3

2,5023 47

m g d m g R

J m R s

      ^



Eigenkreisfrequenz: 0 ¹

15 2,53

47

g s

  R  ^

 mit g10m s^2

Eigenfrequenz: 0 0 ¹

1 0, 40

f 2  s



  

Schwingungsdauer: 0

0

1 2, 45

T s

 f 

III-2b.Energieerhaltungssatz: Die kinetische Energie der mit v0 bewegten Kugel ist gleich der potentielle Energie in der Höhe h0:

Energie: 0² 0

1 6000

2m v m g h  J Höhe h0:

2 2

0 0, 2

2 2

m v v

h m

m g g

   mit g10m s^2

Lenkt man ein Pendels der Länge l um den Winkel max aus, so wird der Schwerpunkt um h0 gehoben.

0 (1 cos max) h   l  Winkelauslenkung max: max arccos 1 h⁰

  l 

   

 

2 max 0

arccos 1 arccos 13 30

2 15

v

    g l    III-3a.Trägheitsmoment einer Scheibe in Bezug auf den Schwerpunkt:

1 2 S 2

J  m R

Wenn die Drehachse im Abstand d vom Schwerpunktes liegt, gilt:

2 0,5 2 2

ges S

J J m d  m R m d

Schwingungsdauer: 0 2 2

ges 0,5

m g d m g d

J m R m d

  



0 2 2

0

2

0,5 g d

T R d

   



2

0 2 2

0,5 g d R d

  

 

2 2 2

0 0,5 g d R d

2 2

2 0

g 0,5

d d R

  

2

2

1/ 2 4 2

0 0

4 0,5 2

g g

d R

 

   

2 4 2

0 2 0

1/ 2 4 0,5 2

64 8

g T g T

d R

 

   

Mit g10 m s^1 folgt: 1/ 2 4 ² 2

100 10

0,5 0,1

64 8

d m m

 

 

     

2

1/ 2 4

100 0,5 0,1 0,127

d 64 m m



 

     

Lösung zur positiven Wurzel: d123,18cm Lösung zur negativen Wurzel: 2

2,16 1 d  cm2

III-3a. Der gesuchte Drehpunkt innerhalb der Scheibe entspricht Lösung d2 2,16cm III-3b. Der gesuchte Drehpunkt außerhalb der Scheibe entspricht Lösung d123,17cm III-4a.Die Schwerpunkte der drei Kugeln bilden ein gleichseitiges Dreieck mit der

Seitenlänge ^{DR2RR4R}. Für die Höhe im Dreieck gilt:

2 2

2



 





 D

D h

m R

R R

h 16 ² 4 ²  12 0,1732

Der Schwerpunkt liegt auf der Höhe des gleichseitigen Dreiecks. Für den Abstand zwischen Drehpunkt und Schwerpunkt gilt:

m R

R h

d 2,309 0,11547

9 48 3

2   

 .

Das Trägheitsmoment ist die Summe des Trägheitsmomente der oberen Kugel (J1) und der beiden unteren Kugeln (J2 und J3).

Obere Kugel 1 ²

5 2m R J  _K

Untere Kugel 2 3 ^{2 2}

2

K 5 K

J J m D  m R

2 2 2

2 3

2 82

4 5 ^K 5 ^K

J J   m R  m R

2 2 3 16, 4 _K J J  m R

Trägheitsmoment: 1 2 3 ²

166

ges 5 K

J J J J  m R

 

2 2

1 2 3 33, 2 0, 083

ges K K

J J J J  m R  m m

Eigenkreisfrequenz ⁰ ₂

3 2,309

166 5

ges K

ges K

m g d m g R

J m R

  

 

1 0 0, 2086 g 0, 4568 g 6.46

R R s

     ^

Schwingungsdauer: 0

0

2 0,973

T s

w

  

VI-4c.Länge des Mathem. Pendels: 2

0

0, 24 24

M

l g m cm

  

Tutorium Physik II IV. Übungsblatt 24.11.2006 zu den Vorlesungen von Prof. Dr. Schrewe WS0607 --- 1. In einem U-Rohr befindet sich Öl mit einer Säulenlänge von ^l40cm. Eine Seite

des Rohres ist offen, die andere verschlossen. Durch Überdruck in dem verschlossenen Teil wird die Flüssigkeitssäulen um xm ⁸cm

aus der Ruhelage bei x0 0ausgelenkt. Zum Zeitpunkt t0 wird der Verschluss des U-Rohres geöffnet und die

Flüssigkeitssäule beginnt zu schwingen.

Im III. Übungsblatt haben Sie die Bewegungsgleichung der ungedämpften Schwingung aufgestellt und die Formel für die Eigenkreisfrequenz der ungedämpften Schwingung 0 ermittelt.

a. Die Beobachtung zeigt, dass die Amplitude nach 5

Schwingungsperioden auf 2 mm abgeklungen ist. Wie lautet die Amplitudenfunktion der gedämpften Schwingung? Wie groß sind die Abklingkonstante , die Eigenkreisfrequenz e und die Schwingungsdauer Te der gedämpften Schwingung?

b. Wie groß ist die Beschleunigung a0 zum Zeitpunkt t0?

c. Im III. Übungsblatt haben Sie bereits die maximale Geschwindigkeit für eine ungedämpfte Schwingung bestimmt. Bestimmen Sie jetzt den Zeitpunkt und den Wert der maximalen Geschwindigkeit für die gedämpfte Schwingung der

Flüssigkeitssäule?

IV-2. Für ein Stabpendel, ein homogener dünner Stab der Länge L, dessen Drehpunkt L/ 3 vom oberen Ende entfernt ist, wird eine Schwingungsdauer von 2,00 s gemessen. Das Pendel schwingt gedämpft. Während jeder Schwingungsperiode verringert sich die Amplitude um 30%.

a. Bestimme die Eigen(kreis-)frequenz e der gedämpften Schwingung.

b. Bestimme die Abklingkonstante .

c. Bestimme die Eigen(kreis-)frequenz 0 und die Eigenfrequenz f0 und die Schwingungsdauer T0 der ungedämpften Schwingung.

d. Bestimme die Formel für das Massenträgheitsmoment JStab des Pendels.

e. Berechne die Pendellänge L.

f. Berechne für die Anfangsbedingungen ^



^t0



^20

und ^



^t0



^0 die Zeit, nach der das

Amplitudenmaximum auf weniger als 1° abgeklungen ist.

Abb. 4