Fachhochschule Hannover M2A 17.06.2006 Fachbereich Maschinenbau Zeit: 90 min Fach: Physik II im SS06 Hilfsmittel: Formelsammlung zur Vorlesung

Fachhochschule Hannover M2A 17.06.2006 Fachbereich Maschinenbau Zeit: 90 min Fach: Physik II im SS06 Hilfsmittel: Formelsammlung zur Vorlesung 1. Die Dichte von Flüssigkeiten kann mit der Mohrsche Waage bestimmt

werden. Der Auftriebskörper (A) taucht vollständig in die zu

untersuchende Flüssigkeit ein. Zunächst wird die Waage mit dest. Wasser (W ^0,9975g cm^3 bei T 23C) austariert. Dazu ist erforderlich, die Masse m1 im Abstand x10 10 Teilstrichen vom Drehpunkt aufzuhängen.

a. Dann wird eine unbekannte Flüssigkeit untersucht: Um die Waage ins Gleichgewicht zu bringen, müssen zusätzlich drei Massen: m0,10,1m1

am Teilstrich x1, m0,010,01m1 am Teilstrich x2 und m0,001 0,001m1 am Teilstrich x8

aufgehängt werden. Wie groß ist die Dichte der Flüssigkeit? (Begründung!)

b. Wo müssen die Massen m1, m0,1, m0,01 und m0,001aufgehängt werden, damit bei der

Dichtebestimmung von Benzin (30,723g cm^3) die Waage ins Gleichgewicht gebracht wird?

2. Um wissenschaftliche Geräte lange Zeit in große Höhen zu bringen, verwendet man Überdruckballone mit Durchmesser von beispielsweise

10

D m aus gasdichtem Material. Als Auftriebsgas dient Helium. Für den Startort gilt: Höhe = 100 m, Luftdruck: 1000 hPa, Temperatur 28°C. Die Masse des Ballons, ohne Gas aber einschließlich Nutzlast betrage 50 kg.

(0^He0,1785kg m^3, 0^Luft 1, 293kg m^3bei ^p01013hPa und ^{T0  0 C})

a. Welche Masse Helium muss eingefüllt werden, um den Ballon mit einer Beschleunigung von a5m s^2 am Boden starten zu können?

b. Welche maximale Höhe erreicht er?

3. In einem U-Rohr befindet sich Glycerin 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.

Die Beobachtung zeigt, dass die Amplitude nach 5 Schwingungsperioden auf 5% der Ausgangsamplitude xm abgeklungen ist.

a. Stellen Sie die Bewegungsgleichung der ungedämpften Schwingung auf und leiten Sie die Formel für die Eigenkreisfrequenz der ungedämpften Schwingung 0 ab.

b. Wie lautet die Funktion für die Amplitude der gedämpften Schwingung?

Wie groß sind die Abklingkonstante  und die Eigenkreisfrequenz e der gedämpften Schwingung e?

c. Welche maximale Geschwindigkeit hat die Flüssigkeitssäule?

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

4. Beschreiben Sie erzwungene Schwingungen für unterschiedliche Dämpfungen:

a. Skizzieren Sie Resonanzkurven für vier Abklingkonstanten  mit ^{0 }





b. Was passiert, wenn die Abklingkonstante ^{ }





c. Skizzieren Sie den Winkel  der Phasenverschiebung als Funktion von  a 0. d. Bei welchem Wert der Abklingkonstante  (in Einheiten von 0) erreicht die

Resonanzüberhöhung der Maximalamplitude den Wert 5?

Lösungen:

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

Das Verhältnis der Dichten 1 und 2 zweier Flüssigkeiten ist also gleich dem Verhältnis der Dichten FA,1 und FA,2:

1 ,1

2 ,2

A A

F F



 

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

"oben“ gerichtet) erzeugt ein Drehmoment MA an der Waage (mit Linksdrehung, wenn

A G

F F ). Im Gleichgewicht wird das durch FA erzeugte Drehmoment durch das FG erzeugte Drehmoment Mm (Rechtsdrehung) kompensiert. Im Gleichwicht ist die Differenz der

Drehmomente gleich Null.

Gleichgewicht: MAMm ⁰ oder MA Mm

Bezeichnet man die unterschiedlichen Flüssigkeiten mit dem Index i = 1,2, so gilt für das Verhältnis der Dichten und das Verhältnis der Drehmomente:

,1 ,1

1

2 ,2 ,2

A m

A m

M M

M M



  

Für das Drehmoment Mm i, der Zusatzgewichte mit Masse mk im Abstand xk gilt:

,

m i k k

k i

M  x m g

  





Für zwei Flüssigkeiten mit unterschiedlichen Dichten 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

0,1 0,1 1

m  m am ersten (x1), m0,010,01m1 am zweiten (x2) und m0,0010,001m1 am achten (x8). Es folgt:

1 0,1 0,01 0,001

1

10 1 2 8

10

x Wasser

m m m m

m





      

 

1 10 0,1 1 0,01 2 0,001 8 10,128

1,0128

1 10 10,000

x Wasser





      

  



3 3

1,0128 0,9975 1,0103

x g cm g cm

   ^  ^

1b. Für Benzin gilt: ^{0,723 0, 7248}

0,9975

Benzin Wasser



 ^{ }

Man muss also: die Masse m1 entfernen,

und: m1 an den siebten Teilstrich (x7)

m0,1 an den zweiten Teilstrich (x2) m0,01 an den fünften Teilstrich (x4)

0,001

m an den fünften Teilstrich (x8) hängen.

2. Benennung der physikalischen Größen:

Index 0 für Standardwerte:

Luftdichte bei Standardbedingungen: ₀^Luft

He-Dichte bei Standardbedingungen: ₀^He Index 1 für die aktuellen Werte am Startort:

Luftdichte am Startort: ₁^Luft Heliumdichte am Startort: ₁^He 2a. Berechnung der Gasdichten am Startort:

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

1000 273

1, 293 1,158 301 1013

Luft p T Luft kg kg

T p m m

    ^ 



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

1 0

1000 273

0,1785 0,1598 301 1013

He p T He kg kg

T p m m

    ^ 



Für die beschleunigte Bewegung des Ballon gilt das D’Alembertsche Prinzip:

i 0

i

F m a 







mit FA Auftriebskraft: 1 1

He Luft

FA V  g

und FG Gewichtskraft: ^{FG m gges }





und mges Gesamtmasse: 1 1

He He

ges R N

m m m V  wobei 1

VHe das am Boden eingefüllte Heliumvolumen, 1 1

He He

V  mHe die Masse des eingefüllten Gases, 1

Luft die Luftdichte am Startort, mR die Rüstmasse und mN die Masse der Nutzlast bedeuten.

Es ist: mRmN ⁵⁰kg

Es folgt: ^{V1He1Luftg}



 



   

1^He 1^Luft _{R N} 1^He 1^He _{R N} 1^He 1^He a 0

V m m V m m V

         g 

 

1^He 1^Luft _{R N} 1^He 1^He 1 a 0

V m m V

   g

     

 

nach Aufgabenstellung gilt: 1 2 a g 

 

1 1 1 1

3 3

2 2 0

He Luft He He

R N

V   V   m m 

 

1 1 1

3 3

2 2

He Luft He

R N

V     m m

 

 

1 3

1 1

3

1,5 50

2 3 1,158 1,5 0,1598

2

R N

He

Luft He

m m kg

V   kg m^

 

 

 



3 3

1

75 81, 67

0,9183

VHe  m  m

2b. Mit steigender Höhe wird die Luftdichte geringer. Zunächst dehnt sich das He-Gas im Ballon aus, bis der gesamte Ballon prall gefüllt ist (dies wird in der vorliegenden Aufgabe nicht näher betrachtet). Danach bleibt das Auftriebsvolumen konstant. Es ist gleich dem

Ballonvolumen VB. Wenn man ein konstantes Auftriebsvolumen hat, wird mit steigender Höhe der Auftrieb geringer.

Das Ballonvolumen ist:

3

3 3

4 4

523,6

3 3 8

B

V  R   D  m

In der Maximalhöhe gilt: ^{FA VB Luft}









Die Luftdichte ^Luft(Hmax) in der Höhe Hmax ergibt sich nach der barometrischen

Höhenformel: max 1 ⁰ max

0

( ) exp

Luft

Luft Luft

Luft

H g H

p

     

    

 

mit:

3 2

0 0

1, 293 9,81 1

1013 7986

Luft Luft

g kg m m s

p hPa m

   ^{ } 

 

max

1 exp 1 1

7986

Luft He He

B R N

V H g m m V g

  m 

     

 

max 1 1

1

exp 7986

He He

R N

Luft B

H m m V

m V





   

 

 

1 max

1 1

7,986 ln

Luft B

He He

R N

H m V

m m V



  

 

max

523,6 1,158 7,986 ln

50 81,67 0,1598

H  m 

 

max

606,32

7,986 ln 7,986 2, 2635

63,05

H  m  m

max 18076

H  m

3a. Die Differenz der beiden Flüssigkeitssäulen entspricht einer Säulenhöhe von 2x. 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

   

 





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





3b. In der Vorlesung wurde die Lösung für eine gedämpfte Schwingung mit den

Anfangsbedingungen x t





   

( ) _m ^t sin _e cos _e

e

x t x e ^  t  t



  

    

 

Setze: tn  n Te

Dann folgt: x t( _n  n T_e)x e_m ^nTe Für n = 5 soll nach Aufgabenstellung gelten:

(5 ) 5

20

Te

m

e m

x T  x x e ^

Es folgt: 1

ln 5

20   T^e Lösung für :

2 2

ln 20 0

ln 20 ln 20

5 5 2 5 2

e

Te

 

 

 

 

   

 

 

2

2 2 2

0

ln 20

 10  



 

  

 

2 2

2 2

0

ln 20 ln 20

1 10 10

 

 

     

    

     

 

2

1 2

1 10

ln 20

g

 l

  

 

  

1

0,094927 0 0,67123s

    ^

(Bem: In diesem Fall wäre auch die Näherung:

0

ln 20 ln 20 2

0,095357

10 ^e 10

g

   l

 

    ausreichend.)

Die Eigenkreisfrequenz der gedämpften Schwingung ist:

2 2

0 0 2 0

1 1 0,995484

1 10 ln 20

e    

       

 

  

3c. In der Vorlesung wurde die Lösung für die Geschwindigkeit einer gedämpften Schwingung mit den Anfangsbedingungen x t





Formelsammlung): ^{( )} m ^{02 t sin}

 

e

x t x  e ^ t



   



Die Maxima der Geschwindigkeit entsprechen Nullstellen der Beschleunigungsfunktion:

     

 

2

( ) ^m 0 ^t sin _e ^t _ecos _e

e

x t x  e ^   t e ^  t



 

     



   

 

2

( ) ^m 0 ^t _ecos _e sin _e

e

x t x  e ^  t   t



 

  



Für die Nullstelle bei t T max gilt: _ecos













0

0,995484

tan 10, 4868

0,094927

e

eT  

  

   



Es folgt: max 0, 469738 0,939476

eT 2

    

max

0

0,939476 1

0,995484 2

T 

  



0 0

max 0,943738 0,943738

2 2 4

T T

T 

    

Kommentar: Eine ungedämpfte Schwingung hat das Geschwindigkeitsmaximum bei ⁰ 4 T . Bei der vorliegenden gedämpften Schwingung wird das Geschwindigkeitsmaximum ~5,6% früher erreicht.

Max. Geschwindigkeit:

2 0,943738 0

0 4 0

( ) sin 0,995484 0 0,943738

4

T m

e

x T

x t  e ^ 



   

    



2 0,943738 0

0 4

( ) sin 0,939476

2

T m

e

x t x  e ^ 



   

   



0 0

0,943738 0,943738

0 4 4

( ) 0,995484 0

0,995484

T T

m

m

x t  x  e^{ }  x  e^{ }

0 0

0,0953572 0,9437384 0,0899922

0 0

( )

T T

m m

x t x e x e

 

 ^{ }  ^

   



( ) _m 0 0,868177 x t x  

( ) 0,08 7, 071 1 0,868177 0, 491110m

x t m s

s

    



3d. Beschleunigung: ^{( ) m 02 t}



 

 



e

x t x  e ^   t  t

 ^

   



Für t 0 gilt: 0 ( 0) ^{m 02} 1





x x t x    x 



          

 

2

0 0, 08 7,071 m2 4, 0m2

x   s  s



4a. Siehe Vorlesung

4b. Wenn: 0

1

  2

folgt: _R  ₀²2² 0

Die Resonanzfrequenz ist also bei a R ⁰, d. h. es gibt keine Amplitudenüberhöhung.

4c. siehe Vorlesung

4d. Bei der Resonanzfrequenz: _R  ₀²2²

ist die Amplitude: ^max 0





0

, ,

4 4

a

R a R

x x     f

  

  

 Die Amplitude für a ⁰ ist: 0





0

0, , ^a

a

x    f

 

Resonanzüberhöhung:

 

 

max 2

0 0

2 2 4

0 0 0

, ,

0, , 2

R a R a

a a

x f

x f

    

     

  

   

Nach Aufgabenstellung gilt:

 

 

max

0

0 0

, , 0, , 5

R a R

a

x x

   

  

 

 Es folgt:

2 max

0

2 2 4

0 0

5 2 xR

x



  

   

 

4 0

2 2 4

0

25 4



  

  





100    

2 4

0 0

  0,01

 

   

 

   

   

2 2 2

0 0

  0,01

 

     

      

     

   

Setze:

2

0

 ß



 

  

  , dann gilt: ²   0, 01

2 2

2 1 1 1

2 0, 01

2 2 2

           

1 2 1

0,01 0, 25 0,01 0,5

2 2

            

1 0,98989

  und 2 0,0101

Lösung 1 0,98989 entfällt, da dann

2 1 0

0,98989 ß



 

  

  oder ß10,99490. Nach 4b.

muss aber gelten: 0 0

1 0,7071

  2  

Lösung:   ₂  0, 0101₀ 0,100₀