Physik I, WS 1993/94

Lösungen zur Übung Nr. 11

Besprechung: 27. Januar 1994
Aufgabe 1: (6 Punkte)
Ohne die Trägheitskräfte der Abbremsung ergibt sich zunächst die Kraft auf die Seitenwände folgendermaßen.

Der Druck in der Höhe $x$ ist $p(x)=\rho g x$. Die Kraft auf ein Flächenelement der Breite $b$ und Dicke $dx$ ist

$$dF(x) = \rho g b x dx$$

Intergration von 0 bis $h$ liefert:

$$F = \rho g b \int_{0}^{h} x dx = \frac{1}{2} \rho g b h^{2}$$

Diese Kraft ist für die Vorderseite und Rückseite identisch gleich. Hinzu kommen während des Bremsvorganges die Trägheitskräfte. Die Beschleunigung des Wagens ist $a=-(1/2) v_{0}^{2}/s$, die Trägheitskraft also

$$F_{tr,\pm} = \pm m a = \pm \frac{1}{2} \rho l b h \frac{v_{0}^{2}}{s}$$

Insgesamt also:

$$F_{\pm} = \frac{1}{2} \rho b h \left( g h \pm \frac{v_{0}^{2} l}{s} \right)$$

wobei das Pluszeichen für die Vorderseite und das Minuszeichen für die Rückseite gilt. Einsetzen der Zahlenwerte:

$$\underline{F_{+} = 57,3 \cdot 10^{3} \; N} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \underline{F_{-} = 5,5 \cdot 10^{3} \; N}$$

Aufgabe 2: (5 Punkte)
Sei $l_{1}$ die Länge des Stabes ausserhalb des Wassers und $l_{2}$ die Länge im Wasser ( $l_{1}+l_{2} = l$). Nach Voraussetzung ist dann $l_{1} = l/n$ und $l_{2}=(1-1/n)l$. Für ein Massenelement $dm$ ist das Drehmoment der Schwerkraft ( $dm = \rho A dx$):

$$d\tau_{g} = g x sin\phi \; dm = g \rho A sin\phi \; x dx$$

Integration von 0 bis $l$ ergibt

$$\tau_{g} = \frac{1}{2} \rho g A sin\phi \; l^{2}$$

Das Drehmoment der Auftriebskraft ergibt sich entsprechend aus der Integration von $d\tau_{A} = g \rho_{Fl} A sin\phi \; x dx$, diesmal aber nur in den Grenzen von $l_{1}$ bis $l$. Dieses ergibt

$$\tau_{A} = \frac{1}{2} g \rho_{Fl} A sin\phi \; (l^{2} - l_... ... g \rho_{Fl} A sin\phi \left( 1-\frac{1}{n^{2}} \right) l^{2}$$

Im Gleichgewicht muß $\tau_{g} = \tau_{A}$ sein, daraus folgt:

$$\rho = \left( 1 - \frac{1}{n^{2}} \right) \rho_{Fl}$$

Aufgabe 3: (5 Punkte)
Die Oberflächenspannung war definiert als $\sigma = dW/dA$, wobei $dW$ die zur Vergrößerung $dA$ der Oberfläche notwendige Arbeit ist. Die gesamte Oberfläche der Seifenblase ist $dA=2 \cdot 4\pi r^{2}$, wobei die doppelte Kugeloberfläche zu nehmen ist. Mit $dA=16 \pi r dr$ folgt für die Arbeit

$$dW = \sigma dA = 16 \pi \sigma r dr$$

Integration in den Grenzen von 0 bis $R = 5 \; cm$ ergibt

$$W = 16 \pi \sigma \int_{0}^{R} r dr = 8 \pi \sigma R^{2} = \underline{1,57 \cdot 10^{-3} \; J}$$

Aufgabe 4: (4 Punkte)
Da völlige Benetzung vorausgesetzt wurde, ist in der Formel auf Seite 145 des Skripts $\phi = 0$ oder $cos\phi =1$ zu nehmen. Die Höhen in den beiden Kapillaren sind dann

$$h_{1} = \frac{2\sigma}{\rho g r_{1}} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; h_{2} = \frac{2\sigma}{\rho g r_{2}}$$

Daher folgt für die Höhendifferenz

$$\Delta h = h_{1} - h_{2} = \frac{2\sigma}{\rho g} \left( \f... ...t) = \frac{2\sigma}{\rho g} \frac{r_{2}-r_{1}} {r_{1} r_{2}}$$

Aufgelöst nach $\sigma$:

$$\sigma = \frac{1}{2} \rho g \Delta h \frac{r_{1} r_{2}}{r_{2}-r_{1}} = \underline{0,0721 \; J/m^{2}}$$