Übungen zu Physik I für Physiker Serie 8 Musterlösungen

Transkript

1 Übungen zu Physik I für Physiker Serie 8 Musterlösungen Allgemeine Fragen 1. Ein Holzquader mit den Abmessungen a = b = 1, c = 3 schwimme mit seiner Längsachse senkrecht zur Wasseroberfläche. In was für einem Gleichgewicht befindet er sich? Wieso schwimmen Bojen aufrecht? Wir betrachten zuerst das Kräftegleichgewicht. Der Holzquader mit dem Volumen V H = abc = ab2h H = 3 und der Gewichtskraft F G wird von der Auftriebskraft F A des verdrängten Wasservolumens in der Schwebe gehalten. F A = F G V W ρ W g = V H ρ H g ab2h W ρ W g = ab2h H ρ H g wobei h H = c 2 die halbe Höhe des Holzquaders und h W die halbe Höhe des Wasserquaders ist. Die beiden Schwerpunkte liegen aus Symmetriegründen jeweils auf der jeweiligen Höhe h H bzw. h W über der unteren Kante des Holzquaders (siehe auch Abb. 1). Abb. 1: Holzquader: links in Gleichgewichtslage, bei Auslenkung α aus der Vertikalen in der Mitte und rechts bei Auslenkung aus der Horizontalen. Daraus erhalten wir h W ρ W = h H ρ H h H h W = ρ W ρ H > 1, d.h. der Schwerpunkt des Holzquaders wird immer über dem Schwerpunkt des Wasserquaders liegen (siehe auch linkes Bild Abb. 1). Betrachten wir nun die Situation wenn der Holzquader um den Winkel α von der vertikalen Ausrichtung ausgelenkt ist (mittleres Bild). Der Schwerpunkt der verdrängten Wassermasse wird sich ein bisschen verschieben und wir sehen nun, dass die Auftriebskraft des Wassers ein Drehmoment in Richtung der Auslenkung hat und somit den Holzquader weiter aus der Gleichgewichtlage entfernt. Es ist also eine labile Gleichgewichtssituation. 1

2 Wenn wir dasselbe beim Holzquader in horizontaler Lage machen (rechtes Bild Abb. 1), sehen wir, dass wir eine Rückstellkraft kriegen, die der Ursache entgegenwirkt. Die liegende Situation ist also eine stabile Geleichgewichtslage. Um die Boje stabil zu machen wird vielfach unten eine zusätzliche Masse montiert, so dass der Schwerpunkt der Boje unterhalb des Schwerpunkts des Wassers liegt oder man bindet die Boje mit einer Kette an den Grund des Gewässers. Das Tieferlegen des Schwerpunktes ist sehr wichtig beim Schiffsbau um Boote zu bauen, die stabil im Wasser liegen. 2. Warum sticht eine Nadel? Wie gross ist der Druck an der Nadelspitze? Nehmen wir an, dass wir mit einer Kraft von nur F = 1 N (dies entspricht ca. der Gewichtskraft einer Masse von 100 g) drücken und die Nadelspitze habe eine Fläche von A = 0.1 mm 0.1 mm = 0.01 mm 2 = 10 8 m 2. Dann ergibt das einen Druck von p F A = 1 N 10 8 m 2 = 108 Pa. Der Druck in unserer Atmosphäre beträgt ca Pa, d.h. unser Druck ist ca Mal so gross, was natürlich enorm ist! Daher wird eine Nadel praktisch alles durchstechen können. 3. Ein Schiff schwimmt in einem geschlossenen Seebecken. Ein Stein wird vom Boot aus ins Wasser geworfen. Wie verändert sich der Wasserspiegel? Plötzlich wird das Boot leck und sinkt. Wie verändert sich nun der Wasserspiegel? Wenn der Stein an Bord des Schiffes ist muss zusätzlich das Volumen VW S vom Boot verdrängt verdrängt werden, damit das Boot mit Stein schwimmt F G = V S ρ S g = V S W ρ W g = F A V S W = V S ρ S ρ W. Wird der Stein nun aus dem Boot geworfen, wird das Volumen VW S vom Boot weniger verdrängt. Jedoch wird zusätzlich das Volumen V S vom Stein verdrängt, da er in den See geworfen wurde ( V = V S VW S ρ S = V S V S = V S 1 ρ ) S. ρ W ρ W Da ρ S > ρ W ist V < 0 und es wird insgesamt weniger Volumen verdrängt, d.h. der Seespiegel sinkt! Wenn das Boot gesunken ist, wird nur noch das Volumen V B der Bootswand mit Dichte ρ B im Wasser verdrängt. Bevor das Boot leck war, benötigte man für dessen Auftrieb das Volumen V W B, um es schwimmen zu lassen F G = V B ρ B g = V B W ρ W g = F A V B W = V B ρ B ρ W. Da ρ B > ρ W, denn sonst würde das Boot ja nicht sinken, erhalten wir für die Änderung des total verdrängten Volumens ( V = V B VW B ρ B = V B V B = V B 1 ρ ) B < 0 ρ W ρ W und der Seespiegel wird wiederum sinken! 2

3 Aufgaben 1. Kollergang [3 Punkte] (a) Die waagerechte Achse einer Kreisscheibe (Durchmesser 2r = 1 m, Masse m = 1500 kg) ist um eine vertikale Achse drehbar gelagert (vgl. Abb. 2). Die Scheibe befindet sich in R = 2 m Abstand von der vertikalen Achse und rollt um diese auf der horizontalen Unterlage mit einer Kreisfrequenz ω = 2π s 1 ab. Wie gross ist die Kreisfrequenz ω 0 und der Drehimpuls L 0 der Drehbewegung der Kreisscheibe um ihren Mittelpunkt? Abb. 2: Skizze zum Mahlstein (b) Welches Drehmoment ist nötig, um die Kreisscheibe auf der erzwungenen Kreisbahn zu halten? Wie gross ist die Normalkraft der Unterlage auf die Kreisscheibe? (a) Die Rollbedingung verlangt, dass die Bahngeschwindigkeit des Schwerpunkts gleich ist der Geschwindigkeit eines Punktes auf der Lauffläche der Kreisscheibe: ωr = ω 0 r ω 0 = R r ω = 8π s 1. Mit dem Trägheitsmoment für die Kreisscheibe I = 1 2 mr2 berechnet sich der Drehimpuls zu L 0 = Iω 0 = 1 2 mωrr 4712 kg m2 /s. (1) (b) Die Bahnbewegung des Schwerpunkts bedingt eine Richtungsänderung des Drehimpulses. Aus nebenstehender Skizze Abb. 3 liest man für die infinitesimale Änderung des Drehimpulses ab dl = L 0 dϕ. Damit lässt sich das benötigte Drehmoment berechnen. Abb. 3: Skizze zur Drehimpulsänderung. M = dl dt = L dϕ 0 dt = L 0 ω mit (1) = 1 2 mrrω kn m. 3

4 Aus Skizze Abb. 4 wird deutlich, dass sowohl die Schwerkraft als auch die Normalkraft ein Drehmoment auf die Kreisscheibe ausüben. Damit das resultierende Drehmoment die für die Drehimpulsänderung notwendige Richtung hat (aus der Zeichenebene heraus), muss die Normalkraft grösser sein als die Gewichtskraft. M = (N G)R N = M R + mg ( ) 1 = m 2 ω2 r + g 29.5 kn N G 2 Abb. 4: Schwerkraft und Normalkraft üben Drehmoment aus. 2. Kräfte auf Türangeln [2 Punkte] Das Gewicht G = 210 N einer 0.90 m breiten Tür, deren Schwerpunkt in ihrem Mittelpunkt liegt, ruht vollständig auf der oberen Angel 1, die von der unteren 2 den Abstand h = 1.40 m hat. (a) Zeichne in eine Skizze alle auf die Türe wirkenden Kräfte ein. (b) Welche Kräfte F 1 und F 2 in den Angeln (nach Betrag und Richtung) halten der Tür das Gleichgewicht? (a) Weil das Gewicht der Türe allein auf der oberen Angel 1 ruht, muss die vertikale Komponente von F 1 gleich gross sein wie G. Das durch G hervorgerufene Drehmoment muss durch F 2 ausgeglichen werden, was wiederum durch F 1x ausgegelichen wird. Abb. 5: Kräftegleichgewicht einer in zwei Angeln aufgehängten Türe (b) Aus der Abb. 5 erhält man zunächst zwei Gleichungen mit dem Schwerpunktsatz: F 1y = G (2) und F 1x = F 2. (3) 4

5 Die Gewichtskraft übt aber zusätzlich noch ein Drehmoment bezüglich der Angel 1 aus, welches nach dem Drallsatz durch ein gleich grosses entgegengesetztes Drehmoment der Kraft F 2 kompensiert werden muss: F 2 h = G b 2 F 2 = Gb = 67.5 N. (4) 2h Mit den Gln. (2) bis (4) erhält man für und F 1 = F1x 2 + F2 1y N tanα = F 1x F 1y α

6 3. Gleichgewicht [2 Punkte] Eine Leiter der Länge l ist in Ruhe an eine Wand gelehnt. Die Haftreibungskoeffizienten µ 1 und µ 2 für Boden und Wand seien gegeben. Ab welchem Anstellwinkel α gerät die Leiter ins Rutschen? Abb. 6: Gleichgewicht einer schräg an die Wand gestellten Leiter. Wenn µ 2 der Reibungskoeffizient der Wand, µ 1 derjenige des Bodens mit der Leiter ist, ergeben sich die folgenden Gleichgewichtsbedingungen N 1 + R 2 = G (5) N 2 R1 = 0 (6) N 2 lsinα + R 2 lcosα Gl cosα = 0 2 (7) mit R 1 µ 1 N 1 und R 2 µ 2 N 2. Der kritische Anstellwinkel α K, bei dem Gleiten auftreten kann, bestimmt sich aus den Bedingungen R 1 = µ 1 N 1 und R 2 = µ 2 N 2. Aus (5) und (6) folgt: Aus (7) folgt dann N 1 + µ 2 N 2 = G N 2 = µ 1 N 1 = N 2 = Gµ µ 1 µ 2 N 2 lsinα K + µ 2 N 2 lcosα K = Gl 2 cosα K = µ 1G 1 + µ 1 µ 2 lsinα K + µ 1µ 2 G 1 + µ 1 µ 2 lcosα K = Gl 2 cosα K 4. Schweredruck [2 Punkte] µ 1 sinα K + µ 1 µ 2 cosα K = 1 + µ 1µ 2 2 cosα K = tanα K = 1 µ 1µ 2 2µ 1 Gesucht ist die Tiefe bei der sich Gewichtskraft und Druckkräfte auf Unter- und Oberseite der Scheibe kompensieren. Der Druck der Atmosphäre spielt keine Rolle, weil er auf Ober- und Unterseite gleich gross ist. F G + F O = F U F G = ρ S gs π 4 d2 2 F U = ρ W gh π 4 d2 2 F O = ρ W g(h s) π 4 ( d 2 2 d 2 1) 6

7 Ein dünnwandiges Rohr mit Durchmesser d 1 = 90 mm wird senkrecht in Wasser, Dichte ρ W = 1000 kg/m 3, eingetaucht (siehe Abb. 7). Es ist am unteren Ende durch eine zylindrische Scheibe, Dichte ρ S = 7800 kg/m 3, Dicke s = 5 mm, Durchmesser d 2 = 100 mm, verschlossen. Die Scheibe wird nur durch das Wasser gegen das Rohrende gedrückt. Bis zu welcher Tiefe h, Scheibendicke s einbezogen, muss das Rohr ins Wasser eintauchen, damit sich die Scheibe nicht löst? Abb. 7: Hält die Scheibe? Eingesetzt und nach h aufgelöst ergibt sich ρ S sd2 2 + ρ W (h s) ( d2 2 d1) 2 = ρw hd2 2 [ ( ρs h = s ρ W 47 mm. )( d2 d 1 ) 2 ] 7

8 5. Scheinkräfte [2 Punkte] Ein Zug der Masse m =2106 kg fährt auf der Erdoberfläche mit konstanter Geschwindigkeit v = 90 km/h von Norden nach Süden über den nördlichen 60. Breitengrad. Wir nehmen an, dass die Erde eine Kugel ist. Figure 8 zeigt die Bewegung des Zuges auf der Erde. (a) Mit welcher Winkelgeschwindigkeit dreht sich die Erde um ihre Achse? (b) Welcher tangentialen Geschwindigkeit der Erdoberfläche entspricht das am 60. Breitengrad? (c) Berechnen Sie Betrag und Richtung der auf den Zug wirkenden Corioliskraft. (d) Berechnen Sie Betrag und Richtung der auf den Zug wirkenden Zentrifugalkraft. Abb. 8: Koordinatensystem mit kartesischen Koordinaten und Poloarkoordinaten (a) T = 2π ω = 1d = 24h = 86400s (b) (c) Die Corioliskraft ist gegeben durch Der Betrag ist: Die Corioliskraft zeigt nach Westen. (d) Die Zentrifugalkraft ist gegeben durch ω = 2π T = rad/s v Erde = ωr Erde cosα = 232m/s C = 2m( ω v) ω = ω e z v = vsinα e x vcosα e z C = 2mωvsinα = 6.6N Z = m ω ( ω r) ω = ω e z r = R Erde cosα e x R Erde sinα e z Z = mω e z (ω e z (R Erde cosα e x R Erde sinα e z )) = mω e z ωr Erde cosα e y Die Zentrifugalkraft ist Mit Betrag Z = 35N. Z = mω 2 R Erde cosα e x 8