lösung ausgewählter aufgaben (physik)
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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
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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
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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
Exponentenvergleich : 12;132;0
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
Exponentenvergleich : 1132;2;1
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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
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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
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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 .
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( 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 .
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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 :
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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
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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
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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.
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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
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||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
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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
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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
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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
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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
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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.
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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 ).
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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).
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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
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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
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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
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%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
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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.
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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
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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 .
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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
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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
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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
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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
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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
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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
.
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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].
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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
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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.
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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):
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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
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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 :
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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
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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.
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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
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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
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
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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
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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
Physik 1 für WI SS 2011 Prof. Dr. Jochen Seufert __________________________________________________________________________
Lösungen_Übungsaufgaben_Physik_WI.doc
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
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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
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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 ) :
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[ 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
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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 :
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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
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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
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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% )
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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 :
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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
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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
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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
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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
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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.
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