SS 2002 - Physik

Fachhochschule Hannover
Fachbereich Maschinenbau
Fach: Physik II
Aufg.1
a.
b.
c.
Aufg. 2
a.
b.
Vorgezogenen Wiederholungsklausur
11.10.2002
Zeit: 90 min
Hilfsmittel: Formelsammlung zur Vorlesung
Eine Schwimmboje bestehe aus einem Schwimmkörper in der Form eines Doppelkegels (Durchmesser:
2 m und Höhe: 3 m), auf dem ein 12 m hoher Mast (Durchmesser: 0,15 m) befestigt ist. Die Masse der Boje
einschließlich Mast und Ballast des Schwimmkörpers betrage 3,255 t.
Wie hoch ragt die Mastspitze beim Normalbetrieb im Meerwasser ( M = 1,035 g cm-3) aus dem Wasser?
Die Boje werde in eine Flussmündung mit Süßwasser (S = 0,99 g cm-3) geschleppt. Wie hoch ragt jetzt die
Mastspitze aus dem Wasser?
Wie groß müsste eine Zusatzmasse sein, die bewirken würde, dass die Boje im Süßwasser mit der
Mastspitze unter die Wasseroberfläche sinkt?
Ein Ballon der Masse 100 kg soll eine Nutzlast von 50 kg in große Höhen befördern. Dazu wird ein Teil des
Ballonvolumens VB mit Wasserstoff gefüllt.
0
Welches Mindestvolumen Wasserstoff VGas
ist am Boden erforderlich, damit der Ballon aufsteigen kann?
Beim Aufstieg sinkt der äußere Luftdruck und das Gas im Ballon dehnt sich aus. Bei welcher Höhe erreicht
ein Ballon die „Prallhöhe“ hP (d. h. die Höhe, bei der die Gasfüllung das gesamte Ballonvolumen V B
0
ausfüllt), wenn VB  750 m 3 und VGas
 150 m 3 gewählt wird? (Zur Vereinfachung nehme man
p
 const. an).

c.
Geschlossener Ballon: Beim weiteren Steigen behält der Ballon sein Volumen V B , d. h. es entweicht kein
d.
g
Gas ab. Welche Maximalhöhe hmax
kann er erreichen?
Offener Ballon: Beim weiteren Steigen kann Gas durch eine Öffnung am unteren Ende entweichen. Welche
e.
o
Maximalhöhe hmax
kann Ballon erreicht werden?
Vergleichen Sie die Ergebnisse für den offenen und den geschlossenen Ballon: Gibt es eine einfache
Erklärung?
0
0
(Dichte der Bodenluft:  Luft
 1,293 kg m 3 , Luftdruck am Boden: p Luft  1013 hPa , Dichte des
Wasserstoffs am Boden:  H0  0,08988 kg m 3 ).
Aufg. 3
a.
b.
c.
d.
An der Laufkatze eines Krans hängt ein kugelförmiger Behälter mit einem Durchmesser von 2 m und einer
Masse von 5t. Die Seillänge (zwischen Kugeloberfläche und Laufkatze) betrage ebenfalls 2 m. Die Masse
des Seils kann vernachlässigt werden. Die Laufkatze bewegt sich mit einer Geschwindigkeit von
2 m s-1.Beim plötzlichen Bremsen der Laufkatze beginnt die Last zu schwingen.
Berechnen Sie das Trägheitsmoment der homogenen Kugel bezüglich Drehungen um den Aufhängepunkt.
Betrachten Sie die Kugel als Massenpunkt und berechnen Sie dessen Trägheitsmoment? Wie groß ist der
Unterschied?
Bestimmen Sie (1) die Eigen(kreis)frequenz und (2) die Schwingungsdauer der ungedämpften Schwingung.
Vergleichen Sie die unter 3b) berechneten Wert mit denen, die sich für ein mathematisches Pendel ergeben
würden.
Welche (maximale) Amplitude erreicht die Last nach der Abbremsung?
Die Beobachtung ergibt, dass die Schwingung der Kugel gedämpft ist. Nach zehn Schwingungen beträgt die
Amplitude nur noch 1% der Ursprungsamplitude.
e.
f.
g.
h.
Wie groß ist die Abklingkonstante?
Die Eigen(kreis)frequenz und die Schwingungsdauer unterscheiden sich von den in 1c berechneten Werten.
Wie groß ist der prozentuale Unterschied?
Die Schwingung der Last soll bedämpft werden. Wie groß müsste die Abklingkonstante im aperiodischen
Grenzfall sein?
Durch eine periodische Bewegung der Laufkatze könnte man eine Schwingung erzeugen. Bei welcher
Anregungsfrequenz wäre das Pendel bei der in 3.e. und 3.f. angenommenen Dämpfung in Resonanz?
Lösungen:
1.a
Auftriebsvolumen im Meerwasser:
V AM 
A
m

 3,14493 m 3
M  g M
1

VK  2  VKegel  2     RB2  H K   3,14159 m 3
3


VM  VAM  VK  3,14493  3,14159  m3  0,00333 m3
VM
HM 
 0,19m
  RM2
Volumen des Schwimmkörpers:
Auftriebsvolumen des Mastes:
Mastlänge unter Oberfläche:
Die Mastspitze ragt 12 m – 0,19 m = 11,81 m aus dem Wasser.
1.b
Auftriebsvolumen im Süßwasser:
VA 
A
m

 3,28788 m 3
M  g M
VS  VAS  VK  3,28788  3,14159  m3  0,14629 m3
VS
HS 
 8,278 m
  RM2
Auftriebsvolumen des Mastes:
Mastlänge unter Oberfläche:
Die Mastspitze ragt 12 m – 8,28 m = 3,72 m aus dem Wasser.
1.c
Volumen des Mastes über der Oberfläche:
Zusatzmasse
2a.
VZ  0,06577 m3
V
M Z  Z  0,0664 t  66,4 kg
S
Aufstiegsbedingung:
Auftriebskraft ist größer als die Gewichtskraft:
0
VGas

Kleinstes Wasserstoffvolumen:
2.b.
0
0
A  VGas
  Luft  g  m B  m N  VGas
  Gas   g  FG
mB  mN
 125 m 3
 Luft   Gas
Da die Gesamtmasse des Gases im Ballon konstant bleibt, verhalten sich die Gasdichten umgekehrt wie die
verfügbaren Gasvolumina, also
0
 Gas h p  VGas
Da das Verhältnis p/ als konstant angenommen wird, sind

0
VB
 Gas
Druck und Dichte proportional, deshalb ist auch das Verhältnis der Gasdrücke gleich dem Kehrwert der
Gasvolumina:
 
p Gas h p
0
p Gas

0
VGas
Unterhalb der Prallhöhe ist der Gasdruck im Ballon immer gleich dem äußeren
VB
Luftdruck. Also gilt auch:
und mit der Barometrische Höhenformel:
2.c.
 V
0
Gas
p Luft h p
0
p Luft
VB
p Luft (h p )
o
p Luft
0
  Luft

g
 exp  
 hp 
0


p Luft


folgt:
0
0
  Luft

g
VGas
 exp  
 hp 
0


VB
pLuft


und schließlich:
hp  
0
p Luft
0
 Luft
g
0
 ln
0
p Luft
VGas
V
 0
 ln 0B  12853 m
VB
 Luft  g
VGas
0
Geschlossener Ballon: Die Masse Füllgases mGas
im Ballon bleibt auch oberhalb von hp erhalten. Damit bleibt
auch die Gesamtmasse des Ballons und die Gewichtskraft konstant:
0
 g
FG  mB  mN  mGas
Mit steigender Höhe sinkt aber der äußere Luftdruck nach der barometrischen Höhenformel und der Auftrieb
A(h) verringert sich, weil das Ballonvolumen konstant bleibt.
Beim geschlossenen Ballon bleibt die Gewichtskraft konstant, während sich der Auftrieb mit der Höhe
ändert.
In der Maximalhöhe
 
g
g
ist der Auftrieb A hmax
gleich der Gewichtskraft FG :
hmax
0

  Luft
 g g  
g
g
0
0
0
A hmax
  Luft hmax
 V B  g    Luft
 exp  
 hmax   V B  g  m B  m N   Gas
 VGas
 g  FG
0




p
Luft




2.d.





Es folgt:
0
0
0
  Luft
 g g  m B  m N   Gas
 VGas


exp 

h

max
0
0


p Luft
 Luft
 VB


Lösung:
g
hmax

0
p Luft
0
 Luft
g
 ln
0
0
m B  m N   Gas
VGas
0
 Luft
VB
 14218 m .
0
Offener Ballon: Wenn der Ballon unten offen ist, bleibt die Masse des Füllgases mGas
oberhalb von hp nicht
mehr konstant. Wenn der Ballon steigt, ändert sich auch die Gesamtmasse und die Gewichtskraft, d h. der Ballon
wird leichter: FG h  m B  m N  m He h g . Der äußere Luftdruck und der Gasdruck im Ballon ändern sich
nach der barometrischen Höhenformel, d. h. die Gewichtskraft FG h  und der Auftrieb A(h) verringern sich.
Beim offenen Ballon verringern sich sowohl der Auftrieb al auch die Gewichtskraft mit steigender Höhe.
 
 
o
o
o
Wenn die Auftriebskraft A hmax
gleich der Gewichtskraft FG hmax
ist, ist die Maximalhöhe hmax
erreicht:
3.a.
3.b.
Auftriebskraft:
0

  Luft
 g o  
o
o
0
A hmax
  Luft hmax
 VB  g    Luft
 exp  
 hmax   VB  g
0



p
Luft



Gewichtskraft:
0

  Luft
 g o  
o
0
FG hmax
  m B  m N  V B   Gas
 exp  
 hmax   g
0



p Luft



Es folgt:
0
  Luft
g o 
m m
exp  
 hmax   0 B 0 N
0


pLuft

  Luft  Gas  VB
Lösung:
o
hmax

 

 


0
p Luft

0
Luft
g
 ln

mB  mN
 14330 m .
0
   Gas
 VB


0
Luft
2
 m  R 2 das Trägheitsmoment der Kugel
5
bezüglich einer Drehung um den Schwerpunkt bezeichnet und d den Abstand des Schwerpunktes vom Drehpunkt,
d = 1 m + 2 m = 3m.
Nach dem Steinerschen Satz ist:
J ges  J S  m  d 2 , wobei J S 
Trägheitsmoment der homogenen Kugel:
J Kugel  J S  m  d 2  2 000 kg m 2  45 000 kg m 2  47 000 kg m 2
Trägheitsmoment des Massenpunktes:
J Punkt  m  d 2  45 000 kg m 2 . Der Unterschied beträgt: 4,25%
Eigen(kreis)frequenz der ungedämpften Schwingung:
0 
Schwingungsdauer der ungedämpften Schwingung:
T0 
mgd
 1,7694 s 1
J
2
 3,551 s
0
3.c.
3.d.
Mathematisches Pendel:
g
 1,8083 s 1
l
Eigenfrequenz:
m 
Schwingungsdauer:
Tm 
Vergleich mit 3.b.:
Abweichung 2, 15%
2
 3,3746 s
m
Energieerhaltungssatz: Die kinetische Energie der mit v0 bewegten Kugel ist gleich der potentielle Energie der
Höhe h0 bei der Maximalamplitude:
1
 mK  v02  m  g  h0
2
Bei der Auslenkung eines Pendels der Länge l um den Winkel max wird der Schwerpunkt um h0 gehoben.
h0  l (1  cosmax )
Die maximale Winkelauslenkung max beträgt:
3.e.
Bestimmung der Abklingkonstante aus:
Als Näherung kann man Te  T0 setzen:
Exakte Lösung:

v 02 
  37 ,2
2 g l 
 max  arccos1 

10  Te   max  e   10T
 10  Te 
ln
 max
ln 100
 

10  Te
10  Te
ln 100 ln 100 ln 100   0



 0,12968 s 1
10  Te 10  T0
10  2
e

 02
 2  10 

 1
 ln 100 
2
 0,12934 s 1
Wie man erkennen kann, ist der Unterschied mit 0,26% vernachlässigbar.
3.f.
Die Eigenfrequenz der gedämpften Schwingung ist:
 e   02   2  1,76467 s 1
e  0
 0,0047
e
Die Abweichung zur Eigenfrequenz der ungedämpften Schwingung beträgt 0,25%.
3.g.
Im aperiodischen Grenzfall muss die Abklingkonstante gleich der Eigenfrequenz der ungedämpften Schwingung
sein:
   0  1,7694 s 1
3.h.
Für die Resonanzfrequenz gilt:
 R   02  2   2  1,7599 s 1