Physikalisches Labor

Im folgenden finden Sie einige ältere Klausuraufgaben und
Übungsaufgaben des letzten Semesters, die eine sinnvolle Vorbereitung sein
können. Bitte versuchen Sie, diese Übungsaufgaben selbstständig zu lösen.
Sollten Sie Verständnisschwierigkeiten haben, fragen Sie per email:
[email protected]
MfG U. Schrewe
1. Der Anhalteweg eines Pkw setzt sich aus dem Reaktionsweg (gleichförmige Bewegung vom Erkennen des
Hindernisses bis zum Beginn des Bremsens) und dem tatsächlichen Bremsweg (gleichmäßig beschleunigte
Bewegung) bis zum Stillstand zusammen. Die Reaktionszeit des Fahrers, betrage 0,5 s und die
Bremsverzögerung sei -7m/s².
a. Prinzipskizze des v-t-Diagramms
b. Wie groß darf die maximale Geschwindigkeit vor z. B. einer Schule höchstens sein, wenn der Anhalteweg
5m nicht überschreiten soll?
c. Wie groß ist die Bremszeit und wie groß sind der Reaktionsweg und der reine Bremsweg?
d. Wie lautet die mittlere Geschwindigkeit für den Anhalteweg?
Lösungen:
1.a
1.b
1.c
1.d
vmax = 5,569 m s-1 = 20,04 km h-1
tb = 0,7956 s; sR = 2,785 m; sB = 2,215 m
vm = 3,859 m s-1 = 13,89 km h-1
2. Bei einem Fahrzeugtest wird ein PKW mit konstanter Beschleunigung in 20 s auf seine
Höchstgeschwindigkeit von 252 km h-1 beschleunigt. Anschließend fährt das Fahrzeug mit konstanter
Geschwindigkeit. Beim Passieren der 1000 m Marke wird dem Fahrer ein Signal zum Bremsen gegeben.
Seine Reaktionszeit beträgt 0,25 s. Der Bremsvorgang endet genau bei der 1300 m Marke.
a. Skizzieren Sie das v-t- und das a-t-Diagramm.
b. Wie groß ist die Bremsverzögerung?
c. Wie lang ist der Beschleunigungsweg, der Weg mit der gleichförmigen Geschwindigkeit, der
Reaktionsweg und der reine Bremsweg?
d. Welche Zeit benötigt die gesamte Testfahrt?
e. Berechnen Sie die mittlere Geschwindigkeit.
Lösungen:
2.a Skizzieren Sie selbst. Beispiele finden Sie in den Vorlesungsunterlagen.
2.b aB = 8,673 m s-2
2.c sa = 700 m; sv = 300 m; sR = 17,5 m; sb = 282,5 m
2.d tges = 20 s + 4,286 s + 0,25 s + 8,0714 s = 32,607 s
2.e vmittel = 39,869 m s-1 = 143,527 km h-1
3. Ein beladener Güterwagen mit Masse m1=35 t stößt mit 9 km/h unelastisch gegen einen stehenden leeren
Güterwagen mit der Masse m2=15 t, so dass beide zusammengekuppelt weiterrollen.
a. Wie groß ist die gemeinsame Geschwindigkeit?
b. Welche Energie hat die Kupplung beim Ankuppeln aufgenommen?
c. Wie lange hat das Ankuppeln gedauert, wenn die Kupplung eine konstante Kraft von 15 kN überträgt?
d. Wie weit rollen die beiden Wagen in der Waagerechten, wenn der Rollreibungskoeffizient 0.02 beträgt?
Lösungen:
3.a v = 1,75 m s-1 = 6,3 km h-1
3.b Q = 32,81 kJ
3.c t = 1,75 s
3.d s = 7,8 m
4. Auf einer waaggerechten Straße fährt ein PKW(P) (mP = 1200 kg) mit vP = 80 km/h auf einen vor ihm
fahrenden Kleinlaster (L) (mL = 9000 kg) auf. Die beiden Fahrzeuge verkeilen sich ineinander und rutschen
anschließend noch 5 m weiter. (Gleitreibungszahl:  G  0,8)
a. Welche Rutschgeschwindigkeit haben die Fahrzeuge unmittelbar nach dem Unfall?
b. Wie groß ist die mittlere Verzögerung während des Rutschvorgangs?
c. Wie groß ist die maximale und die mittlere Bremsleistung?
d. Welche Geschwindigkeit hatte der Kleinlaster vor dem Zusammenstoß?
e. Wie groß war der Kraftstoß beim Aufprall?
f. Wie viel Prozent der anfänglichen Energie der beiden Fahrzeuge verbleibt als kinetische Energie, wie viel
Prozent wird in Verformungs-/Wärmeenergie, wie viel in Reibungsenergie umgewandelt?
Verwenden Sie g = 10 m s-2
Lösungen:
4.a
Die kinetische Energie der beiden verkeilten Fahrzeuge wird in Reibungsarbeit verwandelt:
1
P L
E kin
 mP  mL  v P2  L   G mP  mL  g s R  WR
2
m
Die Geschwindigkeit v P  L beträgt:
v P  L  2  G g s R  8,94
s
v2
1
1 v P2  L
1 v P2  L
v 0  v P  L

4.b
Es gilt:
, und es folgt: s R  v P  L t R  a R t R2   P  L 
aR 

2
aR
2 aR
2 aR
t
tR
4.c
aR  
Bei der Verzögerung wirkt die Kraft:
Fa  mP  mL  a R  81,6 kN
Die maximale Geschwindigkeit ist:
v Rmax  v P  L  8,94
Maximalleistung:
Lmax  Fa  v Rmax  729,5 kW
s
s a
m
v R  R  R R  4,47
tR
v P L
s
Die Durchschnittsgeschwindigkeit ist:
4.d
4.e
1 v P2  L
m
 8 2
2 sR
s
Die Verzögerung durch Reibung ist:
m
;
s
Durchschnittsleistung:
L  Fa  v R  364 ,8 kW
Impulssatz:
p P  PL  PP  L
Geschwindigkeit des Kleinlasters:
vL 
Kraftstoß:
 F  dt   p   p
P
1
PL P  PP   mP  mL  v P L  mP v P  7,17 m
mL
mL
s

 m p v L  P  PL  m L v L  P   15,93 kN s
P
L
P L
Energiesatz:
Ekin
 Ekin
 Ekin
Q
Verformungs-/Wärmeenergie:
P
L
P L
Q  Ekin
 Ekin
 Ekin
 296,2  231,3  407,6 kJ  119,9kJ
4.f
Q
Relativer Energieverlust:
P
L
E kin
 E kin
WR
Reibungsenergie:
5.
E
P
kin
L
 E kin
 22 ,7% ,
 77 ,3%
Eine Kugel mit Radius rK = 2 cm und der Masse m = 0,1 kg soll (ohne zu gleiten) durch eine
Loopingbahn mit Radius r = 30 cm rollen (Die Strecke R in der Skizze entspricht R  r  rK ). Die
Anfangshöhe h ist der Abstand zwischen dem tiefsten Punkt der Loopingbahn und dem Schwerpunkt
der Kugel in der Ausgangshöhe.
rK
a.
b.
Wie groß muss die Höhe h sein, damit der Ball die Loopingbahn am höchsten Punkt nicht verlässt?
Welche Geschwindigkeit hat die Kugel in diesem Punkt? Wie groß sind die verschiedenen mechanischen
trans
rot
Energien E opot , E kin
und E kin ?
trans
rot
Welche Energien E upot , E kin
und E kin ?und welche Geschwindigkeit besitzt die Kugel am tiefsten Punkt der
Bahn?
d. Betrachten Sie statt der rollenden Kugel einen gleitenden Massenpunkt. Wie groß muss jetzt die
Anfangshöhe h sein?
Lösungen:
5.a Der Schwerpunkt der Kugel befindet sich anfangs in der Höhe h. Am tiefsten Punkt der Bahn hat der
Schwerpunkt der Kugel die Höhe rK . Die Bedingung (Kugel verlässt die Bahn nicht) für die Kräfte am
höchsten Punkt der Loopingbahn lautet:
v2
FZf  m o  FG  m g
r  rK
c.
.
Für die Geschwindigkeit ergibt sich:
vo2  r  rK  g
Der Energieerhaltungssatz lautet:
m g h  rK  
Bedingung für das Rollen:
v  rK  
Durch Einsetzten von:
2 
und:
J
1
1
m vo2  J  2  m g 2r  2rK 
2
2
(Näherung für rK  r
g  r  rK 
rK2
2
m rK2
5
erhält man:
1
12
 g r  rK 
m r  rK  g   m rK2 
 m g 2r  2rK 
2
25
rK2

1
2
m g h  rK   m g r  rK   m g r  rK   2 m g r  rK 
2
10
1
2
27
r  rK   0,756 m
h  rK  r  rK   r  rK   2 r  rK  
2
10
10
h  0,756 m  rK  0,776 m
m
m
5.b Geschwindigkeit:
g  10 2
vo  r  rK  g  1,67 mit:
s
s
Bezugspunkt für die potentielle Energie ist nach Aufgabenstellung der tiefste Punkt der Bahn. Wenn die
Kugel im höchsten Punkt (Index o) der Loopingbahn ist, ist der Schwerpunkt der Kugel 2r  rK über dem
Bezugspunkt.
o
Potentielle Energie:
E pot
 m g 2r  rK   0,580 J
m g h  rK  
1
1
m vo2  m g r  rK   0,140 J
2
2
1
12
 g r  rK  2
2
  J     m rK2 
 m g r  rK   0,056 J
2
25
10
rK2

Kinetische Energie Translation:
trans
Ekin

Kinetische Energie Rotation:
rot
E kin
Kontrolle: Anfangsenergie:
E 0pot  m g h  0,776 J
Summe:
trans
rot
E opot  E kin
 E kin
 0,580  0,140  0,056  J  0,776 J
5.c Am tiefsten Punkt der Bahn (Index: u) ist die Summe der kinetischen Energien gleich der Differenz der
potentiellen Energien:
trans
rot
E kin
 E kin
 E 0pot  E upot  0,776 J  m g rK  0,776  0,002  J  0,756 J
oder:
trans
rot
E kin
 E kin
 E 0pot  E upot  m g h  rK   0,756 J
E 0pot  E upot 
vu 
2
1
12
7
v
mv u2   m  rK2  u2  m v u2
2
25
 rK 10


10
m
 E 0pot  E upot  10,8
7m
s
5.d Gleitende Masse: Die Bedingung für die Minimalgeschwindigkeit ergibt sich analog. Man beachte, dass der
Massenpunkt jetzt den Radius rK  0 hat.
Minimalgeschwindigkeit:
v2  r g
Der Energiesatz lautet:
mgh
Lösung für h:
1
m v 2  m g 2r
2
rg
v2
5
h
 2r 
 2 r  r  0,75 m
2g
2g
2
6.
Beachte: Die Lösung ist unabhängig von m!!!
Zwei Massen, m1 und m2 (m1 = 1 kg und m2 = 2 kg) sind mit einem Seil verbunden. Die Masse m2 liegt auf
einer horizontalen Unterlage, die Masse m1 hängt senkrecht an dem Seil. Die Masse des Seils soll
vernachlässigt werden, nicht jedoch die Masse der zylindrischen Umlenkrolle (mR = 1 kg), die einen
Radius von R = 5 cm hat. Setzen Sie die potentielle Energie für die gezeigte Ausgangslage E 0pot  0 .
2
1
a.
b.
c.
d.
Betrachten Sie die Kräfte, die auf die beiden Massen m1 und m2 wirken. Wie groß muss die
Haftreibungszahl H,max mindestens sein, damit sich die Massen nicht bewegen?
Stellen Sie sich vor, man hätte rechts und links der Umlenkrolle einen Kraftmesser im Seil. Welche
Seilkräfte (rechts = FSr und links = FSl ) zeigen diese an, solange sich die Massen nicht bewegen?
Man nehme jetzt an, dass die in Aufgabe 6a berechnete Haftreibungskraft unterschritten werde und Massen
beginnen, sich zu bewegen. Die Gleitreibungszahl für den Rutschvorgang soll zunächst G = 0 betragen.
Wie groß ist die Beschleunigung? Wie groß sind die Seilkräfte rechts ( FSr ) und links ( FSl )von der
Umlenkrolle?
Die Gleitreibungszahl für den Rutschvorgang soll jetzt G = 0,4 betragen. Wie groß ist jetzt die
Beschleunigung? Wie groß sind die Seilkräfte rechts ( FSr ) und links ( FSl )von der Umlenkrolle?
e.
1
Berechnen Sie die potentielle Energie E 1pot , die kinetischen Energien der Massen m1 und m2 ( E kin
1 und
1
1
1
Ekin
2 ), die Rotationsenergie der Rolle ( E rot ), die geleistete Reibungsarbeit WR 2 , die Geschwindigkeit der
Massen (v1 und v2) und die Winkelgeschwindigkeit R der Rolle zu dem Zeitpunkt, an dem die Masse m1
die Strecke von h1 = -1 m gefallen ist?
Verwenden Sie zur Vereinfachung g = 10 m s-2.
Lösungen:
6.a Die Gewichtskraft der Masse m1 beträgt FG1  10 N . Wenn sich m1 nicht bewegt, ist die Seilkraft rechts
Rolle FSr  FG1  m1 g  10 N . Die Kraft wird von der Rolle übertragen, also ist auch die linke Seilkraft
FSl  FSr  FG1  10 N . Da sich die Masse m2 nicht bewegen soll, muss die Haftreibungskraft
FR 2   H , max FN 2 der Masse m2 mindesten so groß sein wie die Seilkraft FSl :
Bedingung:
 H ,max FN 2  FR 2  FSl  m1 g
 H ,max 
FSL m1

 0,5
FN 2 m2
6.b Die Seilkräfte sind alle gleich groß: FSl  FSr  FG1  m1 g  10 N
6.c Gleiten mit  G  0 : Wenn die Masse m1 (beschleunigt) fällt, erfährt die Rolle eine Winkelbeschleunigung
und die Masse m2 die gleiche Beschleunigung wie die Masse m1. Die Seilkraft FSr auf der rechten Seite der
Rolle muss (1) an der Rolle ein Drehmoment erzeugen und (2) die Masse m2 beschleunigen, während die
Seilkraft FSl auf der linken Seite der Rolle nur die Masse m2 beschleunigen muss.
Seilkraft rechts:
FSr  m2 a 
MR
J 
 m2 a 
 m2 a 
R
R

1
2
mR R 2
    m
a
R
2

1

mR  a
2


FSl  m2  a
Das D'Alembertsches Prinzip angewandt auf die Masse m1 lautet: Summe der äußeren Kräfte FG1  FSr  ,
die auf m1 minus der Trägheitskraft m1 a ist gleich Null.
R
Seilkraft links:
Kräfte an der Masse m1:
FG1  FSr   m1 a  0   m1 g   m2  1 m R  a  m1 a 


2


Lösung für a:
Lösung für die Seilkräfte:
Trägheitskraft m1:
Kraft für Drehmoment:
m1
1
m
g
g  2,86 2
1
3,5
s
m1  m2  m R
2
1
g


FSr   m2  mR  a  2,5 kg
 7,14 N
2
3
,5


g
FSl  m2 a  2 kg
 5,71 N
3,5
g
FTr 1  m1  a  1 kg
 g  2,86 N
3,5
g
FR  0,5  m R  a  0,5 kg
 g  1,43 N
3,5
a
mit  G  0,4 : Wenn die Masse m1 (beschleunigt) fällt, erfährt die Rolle eine
Winkelbeschleunigung und die Masse m2 die gleiche Beschleunigung wie die Masse m1. Die Seilkraft FSr
auf der rechten Seite der Rolle muss (1) an der Rolle ein Drehmoment erzeugen und (2) die Masse m2
beschleunigen, während die Seilkraft FSl auf der linken Seite der Rolle (1) die Masse m2 beschleunigen
und (2) deren Gleitreibungskraft überwinden muss.
M
1


Seilkraft rechts:
FSr  Fa 2  FGR2  FR  m2  a   G m2 g  R   G m2 g   m2  mR  a
R
2


Seilkraft links:
FSl  m2 a   G m2 g
6.d Gleiten
Das D'Alembertsches Prinzip angewandt auf die Masse m1 lautet: Summe der äußeren Kräfte FG1  FSr  ,
die auf m1 minus der Trägheitskraft m1 a ist gleich Null.
Kräfte an der Masse m1:
FG1  FSr   m1 a  0  m1 g   G m2 g  m2  0,5 mR  a  m1 a
Lösung für a:
a
Lösung für die Seilkräfte:

0,2 
FSr   0,4  2  2,5 
 kg  g  0,943 kg  g  9,429 N
3,5 

Trägheitskraft m1:
0,2 

FSl   0,4  2  2,0
kg  g  0,914 kg  g  9,143 N
3,5 

0,2
FTr 1  m1 a  1 kg
 g  0,571 N
3,5
1
0,2
FR  m R a  0,5 kg
 g  0,286 N
2
3,5
Kraft für Drehmoment:
m1   G  m2
0,2
m
g
 g  0,571 2
m1  m2  0,5  m R
3,5
s
0
6.e In der Ausgangsposition ist die kinetische Energie Ekin
 0 J und die potentielle Energie soll nach
Aufgabenstellung ebenfalls E 0pot  0 J sein.
0
9
E ges
 E kin
 E 0pot  0 J .
Gesamtenergie in der Ausgangsstellung:
Nach dem Energieerhaltungssatz bleibt die Gesamtenergie erhalten. Es gilt deshalb für die Fallstrecke
h1  1 m :
Gesamtenergie:
1
1
m1   Ekin
m2   Erot1 mR 
E 1ges  0 J  E 1pot  WR12  Ekin
Es folgt:
E 1ges  0 J  m1 g h1   G m2 g h1 
Rotationsenergie der Rolle:
Es folgt:
1
1
1
m1v 2  m1v 2  J R 2
2
2
2
1
1
v2
1
J R  2  mR R 2 2  mR v 2
2
4
4
R
1
1
1

m1 g h1   G m2 g h1   m1  m1  mR  v 2
2
2
4


m
v1  v2  v 
Winkelgeschwindigkeit:
v 1,046 1
 
s  21,38 s 1
R 0,05
Potentielle Energie:
E 1pot  10,000 J
1

  G  m g h1
Geschwindigkeit:
0,5 m1  0,5 m1  0,25 mR
 1,069
m
s
7.
Kinetische Energie m1:
1
Ekin
1  0,571 J
Kinetische Energie m2:
1
Ekin
2  1,142 J
Rotationsenergie der Rolle:
1
Erot
 0,286 J
Reibungsarbeit:
WR12  8,000 J
Auf zwei unterschiedlich geneigten Dachflächen (siehe Skizze) liegen zwei Massen mit m1 = m2 = 1 kg, die
mit einem Seil verbunden sind. Das Seil wird auf der Dachspitze mit einer Rolle umgelenkt. Die Massen
von Seil und Rolle sollen vernachlässigt. werden.
1
30°
a.
b.
c.
d.
2
60°
Betrachten Sie ohne und mit Berücksichtigung der Haftreibung die Kräfte, die auf die beiden Massen m1
und m2 wirken. Wie groß muss die Haftreibungszahl H,max mindestens sein, damit die Massen nicht ins
Gleiten kommen?
Stellen Sie sich vor, man hätte links und rechts der Umlenkrolle einen Kraftmesser im Seil. Welche
Seilkräfte zeigen diese an, solange sich die Massen nicht bewegen?
Man nehme jetzt an, dass die in Aufgabe 7a berechnete Haftreibungszahl unterschritten werde (z. B.
durch Regen, der auf das Dach fällt). Die beiden Massen beginnen zu gleiten. In welche Richtung? Die
Gleitreibungszahl während des Rutschvorgangs soll dann (einheitlich für m1 und m2) G = 0,2 betragen.
Wie groß ist die Beschleunigung?
Berechnen Sie erneut die Seilkräfte. Welche Kräfte (einschließlich der Trägheitskräfte) wirken nach dem
D'Alembertschen Prinzip jeweils auf die beiden Massen m1 und m2. Geben Sie Betrag und Richtung dieser
Kräfte an.
Verwenden Sie zur Vereinfachung g = 10 m s-2.
Lösungen:
7.a
Die Gewichtskraft kann jeweils in die Normalkomponente FN und die Hang abwärts weisende
Tangentialkomponente FT zerlegt werden.
Für Masse m1 (links) gilt:
Für Masse m2 (rechts) gilt:
FT 1  m  g  sin 30   5,00 N und FN1  m  g  cos 30  8,66 N
FT 2  m  g  sin 60  8,66 N und FN 2  m  g  cos 60  5,00 N
Ohne Berücksichtigung der Haftreibung gilt: Auf die Masse m2 wirkt eine größere Kraft abwärts als auf
m1 abwärts. Betrachtet man m2, so wirkt FT 2  8,66 N abwärts. Die Hangabtriebskraft von m1 wirkt in
Form der Seilkraft FS  FT 1  5 N aufwärts an der Masse m2 gerichtet ist. Die Differenz (da
entgegengesetzt gerichtete Kräfte betrachtet werden) ist ungleich Null. Die Masse m2 wird sich also
abwärts bewegen, die Masse m1 aufwärts.
Berücksichtigt man die Haftreibung, so ist die Summe aller Kräfte, die auf m2 wirken, gleich Null, da die
Körper in Ruhe bleiben sollen. Haftreibungskraft FH 2 und Seilkraft FS wirken an m2 in die selbe
Richtung. Es gilt für die Beträge der Kräfte: FT 2  FS  FH 2   0 . Die Seilkraft FS ist die Summe von
FT 1 und der Haftreibungskraft FH 1 der Masse m1, da beide in die selbe Richtung wirken.
Gleichgewichtsbedingung: FT 2  FT 1  FH 1   FH 2   0
FT 2  FT 1  FH 1  FH 2   H ,max FN 1  FN 2 
Es folgt:
Haftreibungszahl:
 H , max 
FT 2  FT 1
 0,27
FN 1  FN 2
7.b
Die Seilkräfte sind im statischen Fall in jedem Punkt des Seils, also auch links und rechts der
Umlenkrolle, gleich groß. Sie betragen für  H . max :
Seilkraft:
7.c
Die Masse m2 gleitet abwärts, die Masse m1 aufwärts. Die Summe aus Gleitreibungskräften FG1 und
FG 2 und Hangabtriebskräften FT 1 und FT 2 ist ungleich Null. Die resultierende Kraft Fres bewirkt nach
dem zweiten Newtonschen Axiom eine Beschleunigung:
Fres  FT 2  FT 1  FG1   FG 2   m ges a  m1  m2  a  0
Resultierende Kraft:
Lösung für a:
7.d
FS  FT 1  FH , max 1  5 N  0,27  8,66 N  7,34 N
a
1
FT 2  FT 1  FG1  FG 2   0,0464 g  0,464 m s 2
m ges
Das Seil überträgt die auf die Masse m1 wirkenden Kräfte. Wie in der Teil b. muss auch hier zunächst die
Summe der Kraft FT 1 und der Gleitreibungskraft FG1   G  FN1 aufgebracht werden. Nach dem
D'Alembertschen Prinzip wirkt aber zusätzlich noch die Trägheitskraft m1  a entgegnensgesetzt zur
Beschleunigungsrichtung, also in die selbe Richtung wie FT 1 und FG1 .
Die Seilkraft beträgt:
FS  FT 1  FN1  m1 a  m1 g sin 30  0,2  cos 30  0,046   7,19 N
Nach dem D'Alembertschen Prinzip ist unter Einbeziehung der Trägheitskräfte die Summe aller Kräfte
gleich Null. Auf die Masse m1 wirken also die Kräfte FT 1  5 N , die Reibungskraft
FG1   G  FN1  1,73 N und die Trägheitskraft m1 a  0,46 N in abwärts Richtung. Die Seilkraft
FS  7,19 N wirkt an m1 aufwärts.
An der Masse m2 wirkt FT 2  8,66 N in abwärts Richtung. Die Gegenkräfte sind die Seilkraft
FS  7,19 N , die Gleitreibungskraft FG 2   G  FN 2  1,00 N und die Trägheitskraft m2  a  0,46 N .
8. Aus der Anziehungskraft zwischen zwei Massen und dem Abstand kann man mit Hilfe des
Gravitationsgesetzes deren Masse bestimmt werden. Kugelförmige Körper können dabei als Massenpunkte
am Ort ihres Schwerpunktes angesehen werden. (Gewichtskraft = Gravitationskraft eines Massenpunktes mit
Erdmasse mE im Abstand von 6370 km). Die Gravitationskonstante beträgt G = 6,67 10-11 N m2 kg-2).
a. Bestimmen Sie die Erdmasse mE.
b. Der Abstand zwischen Erde und Mond REM ergibt sich dann aus der Mondumlaufzeit von 27,3 Tagen
unter Verwendung des Gravitationsgesetzes. Wie groß ist REM?
Verwenden Sie in diesem Fall gE = 9,88065 m s-2.
Lösungen:
8.a Auf die Masse m wirkt auf der Erdoberfläche die Gewichtskraft FG  m g .
Ursache der Gewichtskraft ist die Gravitationskraft:
mg G
m  mE
R E2
g  R E2
 5,97  10 24 kg
G
8.b Während seiner Umlaufzeit durchläuft der Mond den Umfang eines Kreises mit Radius REM Die
Geschwindigkeit ist gleich Umfang geteilt durch Umlaufdauer.
Lösung für Erdmasse mE:
mE 
Bahngeschwindigkeit des Mondes:
vM 
Zentrifugalkraft gleich Gravitationskraft:
FZf  m M
Lösung für REM:
R EM  3 G
U M 2 R EM

TM
TM
v M2
4 2 R EM
m m
 mM
 G M 2 E  FG
2
R EM
TM
R EM
m E TM2
4 2
 3,83 10 8 m