Physik I, WS 1993/94

Lösungen zur Klausur

Besprechung: 3. Februar 1994
Aufgabe 1: (7 Punkte)
Anwendung des Hagen-Poiseuille'schen Gesetzes (siehe Skript Seite 160) ergibt:

$$\frac{Q_{1}}{Q_{2}} = \frac{R_{1}^{4} l_{2}}{R_{2}^{4} l_{1}}$$

Der Druckunterschied $\Delta p$ ist in beiden Schläuchen gleich, alle anderen Konstanten natürlich ebenfalls. Die exakte Form des Hagen- Poiseuille'schen Gesetzes ist in dieser Aufgabe nicht verlangt, sondern lediglich die $R$- und $l$- Abhängigkeit. Nach Aufgabenstellung ist $l_{1}=2l_{2}$, daher

$$\frac{Q_{1}}{Q_{2}} = \frac{1}{2} \frac{R_{1}^{4}}{R_{2}^{4}}$$

Für $Q_{1}=Q_{2}$ folgt also:

$$\frac{d_{1}}{d_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}} = \underline{\sqrt[4]{2} = 1,19}$$

Aufgabe 2: (8 Punkte)
Die Gesamtenergie ist

$$E = \frac{1}{2} m v^{2} - \gamma \frac{m M}{r}$$

wobei $r$ der Radius vom Mittelpunkt des Planeten ist. Anwendung der Energieerhaltung ergibt:

$$\frac{1}{2} m v_{0}^{2} - \gamma \frac{m M}{R} = - \gamma \frac{m M}{R+h}$$

Auflösen nach $v_{0}$ liefert:

$$v_{0}^{2} = 2 \gamma M \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{R+h} \right) = 2 \gamma M \frac{h}{R(R+h)}$$

Mit $M= (4/3) \pi \rho R^{3}$ folgt

$$v_{0} = \sqrt{ \frac{8}{3} \pi \rho \gamma \frac{hR^{2}}{R+h}} \approx \underline{8,6 \; m/s}$$

Aufgabe 3: (9 Punkte)

a) 1. Lösungsweg
Die Auflagekraft ist $F_{N} = m g \; cos\alpha$, die Gleitreibungskraft daher $F_{GR} = \mu_{G} F_{N} = \mu_{G} m g \; cos\alpha$. Auf dem Weg $s= h/sin\alpha$ wird also die Arbeit

$$W = F_{GR} s = \mu_{G} m g h \frac{cos\alpha}{sin\alpha}$$

verbraten. Der Energiesatz lautet hiermit:

$$\frac{1}{2} m v_{0}^{2} = m g h + \mu_{G} m g h \frac{cos\alpha}{sin\alpha}$$

Aufgelöst nach $h$ ergibt:

$$h = \frac{v_{0}^{2}}{2 g \left( 1 + \mu_{G} \frac{cos\alpha}{sin\alpha} \right) } \approx \underline{3,8 \; m}$$

2. Lösungsweg
Der zweite Lösungsweg ist etwas komplizierter, wurde aber von unseren Proberechnern gewählt. Die Bewegungsgleichung des Klotzes auf der schiefen Ebene ist

$$m a = m g \; sin\alpha + \mu_{G} m g \; cos\alpha = m (g \; sin\alpha + \mu_{G} g \; cos\alpha )$$

Mit $s(t) = v_{0} t - (1/2) a t^{2}$ und $h(t)=s(t) \; sin\alpha$ folgt:

$$h(t) = v_{0} \; sin\alpha \; t - \frac{1}{2} a \; sin\alpha \; t^{2}$$

Die maximale Höhe wird erreicht, wenn $dh/dt = 0$ wird, daraus folgt die hierzu notwendige Zeit $t_{1} = v_{0}/a$. Einsetzen in die vorherige Formel liefert

$$h = \frac{v_{0}^{2} sin\alpha}{a} - \frac{1}{2} \frac{v_{0}... ...\alpha + \mu_{G} \; cos\alpha )} \approx \underline{3,8 \; m}$$

b) Das Verhältnis der rücktreibenden Schwerkraft $F_{g} = mg \; sin\alpha$ zur Haftreibungskraft $F_{HR} = \mu_{H} m g \; cos\alpha$,

$$\frac{F_{g}}{F_{HR}} = \frac{1}{\mu_{H}} \; tang(\alpha) = 1,92 \; ,$$

ist größer als 1, daher gleitet der Klotz die Ebene wieder hinunter.

Aufgabe 4: (9 Punkte)
Die in der Seifenblase gespeicherte Energie ist

$$W = \sigma A = 2 \sigma 4 \pi R^{2} = 8 \pi \sigma R^{2} = 1,8 \cdot 10^{-3} \; J$$

Diese Energie verteilt sich beim Zerplatzen auf die kinetische Energie der entstehenden Tröpfchen:

$$W = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} m_{i} v_{i}^{2} = \frac{1}{2} v^{2} \sum_{i=1}^{n} m_{i} = \frac{1}{2} M v^{2}$$

Hierbei wurde ausgenutzt, daß nach Aufgabenstellung die Geschwindigkeiten $v_{i}$ der einzelnen Tröpfchen gleich sind, also $v_{i} = v$, und daß die Gesamtmasse $M$ der Seifenblase gleich der Summe der Massen der Tröpfchen sein muß. Daher folgt

$$v = \sqrt{\frac{2 W}{M}} = 4 \sqrt{\frac{ \pi \sigma}{M} } R \approx \underline{6 \; m/s}$$

Aufgabe 5: (9 Punkte)
Die beiden Massen rotieren um ihren gemeinsamen Schwerpunkt. Dieser liegt offensichtlich in der Mitte der Feder. Die Fliehkraft einer Masse ist dann $F_{F} = m r \omega^{2}$. Diese Kraft wird von der rücktreibenden Federkraft $F_{H}=D'x = 2 D x$ kompensiert, wobei die doppelte Federkonstante zu nehmen, da die Feder halbiert wurde. Mit $r=L/2 + x$ folgt also

$$m \left( \frac{L}{2} + x \right) \omega^{2} = 2 D x^{2} \; \... ...; \; \; \; x (2 D - m\omega^{2} ) = m \frac{L}{2} \omega^{2}$$

oder

$$x = \frac{L/2}{\frac{2D}{m\omega^{2}} - 1} \approx 6,67 \; cm = 0.0667 \; m$$

Die Energie der Rotation ist dann

$$E= 2 (\frac{1}{2} m r^{2} \omega^{2} ) + 2 ( \frac{1}{2} (2D... ...{2} + 2 D x^{2} = m (\frac{L}{2} + x)^{2} \omega^{2} + 2 D x$$

Zahlenwerte:

$$E = 2,84 \; J + 0,71 \; J = \underline{3,55 \; J}$$

Aufgabe 6: (8 Punkte)
Nach dem Drehimpulssatz muß der Drehimpuls $L_{m}=(2/3)b m v$ der Kugel gleich dem Drehimpuls $L_{M} = I \omega$ der Tür sein, wobei $I$ das Trägheitsmoment ist:

$$\frac{2}{3} b m v = I \omega \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; \omega = \frac{2 b m v}{3 I}$$

Das Trägheitsmoment kann auf zwei Wegen berechnet werden, einmal durch direkte Integration, zum anderen mit Hilfe des Trägheitsmomentes einer dünnen Stange und des Steinerschen Satzes. Seien $b$, $h$ und $a$ die Breite, Höhe und Dicke der Tür, so ist für ein infinitesimales Volumen der Breite $dx$, Höhe $h$ und Dicke $a$ im Abstand $x$ von der Aufhängung das infinitesimale Trägheitsmoment $dI_{T} = \rho h a x^{2} dx$. Integration von $0$ bis $b$ liefert

$$I_{T} = \int_{0}^{b} dI_{T} = \int_{0}^{b} \rho h a x^{2} dx = \frac{1}{3} \rho h a b^{3} = \frac{1}{3} M b^{2}$$

Dasselbe erhält man aus dem Steinerschen Satz. Das Trägheitsmomet einer dünnen Stange der Länge $b$ und Masse $dm$ ist $dI_{T} = (1/12) b^{2} \; dm + (b/2)^{2} \; dm = (1/3) b^{2} \; dm$. Summation über alle Stangen von der Höhe $0$ bis $h$ ergibt dann wiederum $I_{T}=(1/3) M b^{2}$. Der Beitrag der kleinen Kugelmasse zum Trägheitsmoment der Tür kann vernachlässigt werden.

$$I = I_{T} + I_{K} = \frac{1}{3} M b^{2} + \frac{4}{9} m b^{2... ...ac{1}{3} M + \frac{4}{9} m ) b^{2} \approx \frac{1}{3} M b^{2}$$

Einsetzen in die obige Gleichung ergibt

$$\omega = \frac{2 m v }{M b} = \underline{0,2 \; s^{-1}}$$