Physik 1 MW, WS 2014/15 Aufgaben mit Lösung 6. Übung (KW 03/04) Aufzugskabine )

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1 6. Übung (KW 03/04) Aufgabe (M 9. Aufzugskabine ) In einem Aufzug hängt ein Wägestück der Masse m an einem Federkraftmesser. Dieser zeigt die Kraft F an. Auf welche Beschleunigung a z (z-koordinate nach oben) schließt der mitfahrende Beobachter? m = 0.00 kg, F =.9 N Aufgabe 2 (M 9.6 Eisenbahnzug ) Ein Eisenbahnzug (Gesamtmasse m) fährt mit der konstanten Geschwindigkeit v von Norden nach Süden über den nördlichen 60. Breitengrad. Man bestimme die auf die Schienen wirkende Corioliskraft F C! m = t, v = 90 km h Aufgabe 3 (M 9.0 Senkrechter Wurf ) Ein Stein wird am Äquator senkrecht nach oben geschleudert und erreicht die maximale Höhe z. In welchem Abstand x 2 vom Abschussort trifft er wieder auf die Erdoberfläche auf? (Die x-achse ist in Richtung Osten orientiert.) z = 00 m Aufgabe 4 (M 2.2 Stahlseil ) An einem Stahlseil (Länge l 0, Querschnittsfläche A, Dichte ρ, Elastizitätsmodul E) hängt ein Körper der Masse m. Um welchen Betrag l ist das Seil gedehnt? Die Dehnung des Seiles infolge seiner Eigenmasse ist zu berücksichtigen. l 0 = 30.0 m, A = 2.0 cm 2, m = 60.0 kg, ρ = 7.85 g cm 3, E = 220 GPa Aufgabe 5 (M 2.6 Kugel im Meer ) Pro Meter Meerestiefe nimmt der Druck um 0 kpa zu. Wie groß sind Kompression und olumenänderung in einer Stahlkugel des olumens = l in der größten Meerestiefe h = km? E = 20 GPa, G = 83 GPa Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite von 5

2 Aufgabe 6 (M 3. Magdeburger Halbkugeln ) Die Magdeburger Halbkugeln hatten den Durchmesser d. (a) Welche Kraft F wäre beim Luftdruck p 0 erforderlich, um beide Halbkugeln zu trennen? (b) Bei dem historischen Schauversuch konnten 6 Pferde (je 8 an jeder Seite) die beiden Kugelhälften nicht voneinander trennen. Wie viele Pferde hätten die gleiche Kraft aufgebracht, wenn die eine Kugelhälfte an einem starken Baum befestigt gewesen wäre? d = 57.5 cm, p 0 = 00 kpa Aufgabe 7 (M 3.4 Draht im Meer ) Ein Kupferdrahl der Dichte ρ K und der Zerreißfestigkeit σ B wird lotrecht ins Meer versenkt. Die Dichte des Meereswassers ist ρ W. Welche Länge l darf der Kupferdraht höchstens haben, wenn er nicht reißen soll? ρ K = 8.93 g cm 3, ρ W =.03 g cm 3, σ B = MPa Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 2 von 5

3 Lösung zu Aufgabe 5 Der Schweredruck des Wassers in der Tiefe h Druckgradienten ergibt sich als Integral über den p = p 0 + h 0 dh p (h). Wir nehmen an, dass das Wasser inkompressibel sei, dann ist dessen Dichte in jeder Tiefe gleich groß, so dass der Schweredruck linear mit der Tiefe zunimmt. Der Druckgradient ist dann also konstant, p (h) = p, und es folgt für die Druckdifferenz zwischen Wasseroberfläche und Tiefe h p = p p 0 = p h 0 dh = p h. (5.) Durch den Druck wird die Stahlkugel komprimiert, und solange diese Kompression klein genug ist, ist die relative olumenabnahme proportional zur Druckdifferenz p mit dem Kompressionsmodul K als Proportionalitätsfaktor: = K p. (5.2) Der Kompressionsmodul lässt sich aus den gegebenen Elastizitäts- und Schubmoduln berechnen: K = EG 3 3G E. (5.3) Wer die Gleichung (5.3) nicht gerade in seiner Formelsammlung vorfindet, findet dort vielleicht eine der anderen zahlreichen Beziehungen zwischen Elastizitäts-, Schub-, Kompressionsmodul und der Poissonzahl für isotrope Stoffe. In unserer Formelsammlung aus der orlesung (die auch in der Klausur verwendet wird) stehen zum Beispiel die beiden Gleichungen E = 3K( 2ν) und E = 2G( + ν) drin. Eine der beiden Gleichungen wird nach ν aufgelöst, in die andere Gleichung eingesetzt und diese neue Gleichung nach K aufgelöst, wonach man (5.3) erhält. Wir setzen nun (5.) und (5.3) in (5.2) ein und erhalten eine relative olumenänderung von = 3G E 3 83 GPa 20 GPa EG p h = 83 GPa 20 GPa 0 kpa m.5 km = sowie eine absolute olumenabnahme von = 3G E 3 EG p h = l = 0.74 ml. Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 3 von 5

4 Lösung zu Aufgabe 6 (a) Die evakuierten Magdeburger Halbkugeln werden von dem äußeren Luftdruck p 0 zusammengedrückt. Um die Gesamtkraft auszurechnen, mit welcher die Luft auf eine der beiden Halbkugeln einwirkt, betrachten wir ein Flächenelement da der Kugeloberfläche. Die Umgebungsluft übt auf dieses Flächenelement eine Kraft d F aus, die senkrecht auf dem Flächenelement steht und den Betrag df = p 0 da (6.) hat. Uns interessiert allerdings nur diejenige Kraftkomponente d F, die parallel zur Zugrichtung der Pferde (d. h. parallel zur Symmetrieachse der Halbkugel) verläuft. Die dazu senkrecht stehenden Komponenten d F heben sich gegenseitig auf und tragen zum Zusammendrücken der Halbkugeln nicht bei. Wenn die Flächennormale den Winkel ϑ mit der Zugrichtung einschließt, dann hat die Parallelkomponente der Kraft den Betrag df = df cos(ϑ) (6.) = p 0 da cos(ϑ) = p 0 da = df. Hierbei wurde die Größe da = da cos(ϑ) eingeführt, welche man als Parallelprojektion des Flächenelements da interpretieren kann (siehe Zeichnung). Damit ist gezeigt, dass die Parallelkomponente df der Kraft, welche die Luft auf das projizierte Flächenelement da ausübt, den gleichen Betrag hat wie die Parallelkomponente df der Kraft auf das originale Flächenelement da. Halbkugel Dose df q da df 0 q da 0 df df? ~F Luft ~ FPferd ~F 0 Luft ~F 0 Pferd Die von der Luft auf die Halbkugel einwirkende Gesamtkraft F Luft ist die Summe der Kräfte aller Flächenelemente, aus denen die Halbkugeloberfläche zusammengestzt ist. Wegen df = df muss die Gesamtkraft F Luft auf die Halbkugel genauso groß sein wie die Gesamtkraft F Luft auf die Paralellprojektion der Halbkugeloberfläche. Die Halbkugeln werden also genauso stark zusammengedrückt wie zwei Dosen, deren Durchmesser dem Querschnitt der Halbkugeln entspricht. Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> Seite 4 von 5

5 Die Kraft der Luft auf die Dose ist einfach zu berechnen, sie ist einfach das Produkt aus Luftdruck und Kreisflächeninhalt. Es folgt also das Ergebnis F Luft = F Luft = p 0 A Kreis = π 4 d2 p 0 = π 4 (0.575 m)2 00 kpa = 26.0 kn. (b) Im Originalexperiment wurden 6 Pferde eingespannt, 8 Pferde zogen an der linken und die anderen 8 Pferde an der rechten Halbkugel. Wenn man die 8 Perde der linken Halbugel durch einen Baum ersetzt, ändert sich natürlich gar nichts, schließlich ist es egal, ob die Kraft von einem Baum oder von 8 Pferden aufgewendet wird. Solange der Baum den Kräften standhält und nicht umkippt, wird er gemäß actio est reactio stets eine Kraft auf das Seil übertragen, deren Betrag dem der verbliebenen 8 Pferde entspricht. Lösung zu Aufgabe 7 Auf den Draht im Meer wirken die Gravitaionskraft nach unten und die Auftriebskraft nach oben, so dass insgesamt eine Kraft vom Betrag F = F g F A = m D g m W g = ϱ D D g ϱ W W g = (ϱ D ϱ W ) D g = (ϱ D ϱ W )Alg wirkt. Dabei wurde das Archimedische Prinzip F A = m W g angewendet, welches besagt, dass die Auftriebskraft der Gewichtskraft des verdrängten Mediums entspricht. Da der Draht vollständig im Wasser eingetaucht ist, ist das olumen des verdrängten Wassers gerade so groß wie das olumen des Drahtes, weswegen W = D gesetzt werden kann. Die Kraft F wirkt natürlich nicht überall im Draht, sondern nur am oberen Ende, denn nur dort wirkt die volle Gewichtskraft des Drahtes. Am unteren Ende ist die Kraft gleich Null und dazwischen nimmt sie linear von von unten nach oben zu. Der Draht wird also bevorzugt am oberen Ende reißen, und zwar dann, wenn die Zugspannung σ größer wird als die Zerreißfestigkeit σ B. Die maximal erlaubte Drahtlänge l m ergibt sich also aus der Bedingung σ(l m ) = σ B : σ(l m ) = F (l m) A = (ϱ D ϱ W )gl m! = σ B = l m = σ B (ϱ D ϱ W )g = 3.74 km. Quellen Die Aufgaben sind entnommen aus: Peter Müller, Hilmar Heinemann, Heinz Krämer, Hellmut Zimmer, Übungsbuch Physik, Hanser Fachbuch, ISBN: Die Übungsblätter gibt es unter MW_204 Die Homepage zur orlesung findet sich unter naturwissenschaften/fachrichtung_physik/isp/lehrankuendigungen/ws_4_5/ physik fuer_maschienenwesen Jens Patommel <patommel@xray-lens.de> 5