Physik I Musterlösung 6

Physik I
Musterlösung 6
FS 08
Prof. R. Hahnloser
Aufgabe 6.1
(a) Wenn der Kletterer eine stabile Lage einnimmt, dann muss ein Kräftegleichgewicht
zwischen den Reibungskräften an Händen und Füssen und der Schwerkraft bestehen. Das
lässt sich schreiben als
FRH + FRF − Fg = 0.
(1)
Die Reibungskräfte hängen von den Normalkräften und den Reibungskoeffizienten ab und
lassen sich entsprechend ersetzen (FR = µFN ). Ebenso kann für die Schwerkraft Fg = mg
eingesetzt werden. Dann ergibt sich:
µ1 FNH + µ2 FNF − mg = 0
(2)
Die Normalkräfte des Kletterers gegen die Wände FNH und FNF sind betragsmässig gleich
gross und werden im Folgenden FN genannt. Somit sind alle Variablen bis auf FN bestimmt. Mann löse nach FN auf und setze die Zahlenwerte ein:
µ1 FN + µ2 FN − mg = 0
µ1 FN + µ2 FN = mg
FN (µ1 + µ2 ) = mg
mg
FN =
µ1 + µ2
FN ≈ 250 N
Somit ist die minimale Zugkraft gefunden, mit der sich der Kletterer halten kann.
Abbildung 1: Kletterer an Spalte
(b) Um den horizontalen Abstand h zwischen Händen und Füssen zu berechnen, wählen
man als Ansatz das Gleichgewicht der Drehmomente. Der Drehpunkt kann frei gewählt
werden, wobei die Rechnung vereinfacht wird, wenn der Drehpunkt an den Kontaktpunkt
1
der Hände oder der Füsse gelegt wird. Im Folgenden ist der Drehpunkt durch den Kontaktpunkt der Hände gewählt. Dann ergibt sich für die Drehmomente:
dFg − hFN + wFRF = 0.
(3)
Wieder lässt sich die Reibungskraft an den Füssen durch die Normalkraft und den Reibungskoeffizient schreiben (FRF = µ2 FN ). Ebenso kann für die Schwerkraft wieder Fg =
mg eingesetzt werden. Setzt man dies in die Gleichung für die Drehmomente ein, erhält
man:
dmg − hFN + wµ2 FN = 0
(4)
Da nun bis auf die gesuchte Höhe h alle Variablen bekannt sind, muss noch danach
aufgelöst und ausgerechnet werden:
dmg − hFN + wµ2 FN = 0
dmg + wµ2 FN
h =
FN
h ≈ 0, 825m
Aufgabe 6.2
(a), (b) Damit der Klotz horizontal ruht, müssen die Stauchungen von den Zylindern
A und B gleich gross sein. Entsprechend muss daher die Gewichtskraft des Klotzes verteilt werden. Die Kräfte die auf die Zylinder wirken, seien FA und FB . Es gilt für die
Elastitzitätsmoduli
∆L
FB
∆L
FA
= EA
und
= EB
AA
L
AB
L
Teilt man durch die Elastizitätsmoduli erhält man:
FB
∆L
∆L
FA
und
=
=
AA EA
L
AB EB
L
Da die Länge der Zylinder gleich gross ist und die Stauchung gefordertermassen gleich
gross sein soll kann man gleichsetzen:
FA
FB
=
AA EA
AB EB
Dies löse man nach FA auf und setze die gegebenen Beziehungen AA = 2, 6AB und EA =
2, 9EB ein:
FA = 7, 54FB
Um den Anteil zu berechnen, der von Zylinder A getragen wird muss man FA ins Verhältnis
zum Ganzen setzen:
FA
≈ 0, 88
FA + FB
Entprechend erhält man für den von Zylinder B getragenen Anteil 0,12.
(c) Um das Verhältis ddBA zu bestimmen, wähle man als Lösungsansatz das Gleichgewicht
der Drehmomente. Dazu ist der Drehpunkt frei wählbar. Hier sei der Drehpunkt bei dem
Kontakt von Zylinder A zum Bleiklotz. Dann gilt mit Fg = MKlotz g:
FA · 0 − dA MKlotz g + (dA + dB )FB = 0
2
Abbildung 2: ad 6.2: Zylinder A und B
Ausserdem ist die Summe der Kräfte auf A und B gleich der Gewichtskraft des Klotzes,
FA + FB = MKlotz g. Setzt man dies ein, formt um nach dB /dA um und setzt die aus (a)
und (b) bekannten Zahlenwerte ein, ergibt sich Folgendes:
−dA (FA + FB ) + (dA + dB )FB
(dA + dB )FB
(dA + dB )
dA
dB
dA
= 0
= dA (FA + FB )
(FA + FB )
=
FB
FA + FB
=
− 1 ≈ 7, 3
FB
Nimmt man nun den Kehrwert dieses Verhältnisses, ergibt sich dA /dB zu etwa 0,13.
Aufgabe 6.3
(a) Die Schwerkraft an einem Punkt innerhalb einer Kugel homogener Dichte erhält man
anhand der Formel
4πGmρ
F =
R.
3
Setzt man für F das Newtonsche Axiom F = mag ein, erhält man
ag =
4πGρ
R.
3
Dieser Zusammenhang gilt bis zum Rand der Kugel. Für den gefragten Punkt innerhalb
der Kugel solle gelten
ag
4πGρ
=
ri .
4
3
Multipliziert man diese Gleichung mit 4 kann man sie mit der vorhergehenden Gleichung
gleichsetzen um den Radius für ri zu erhalten:
16πGρ
4πGρ
ri =
R
3
3
Kürzt man nun und setzt für R = 4, 1km ein, erhält man ri = R/4 ≈ 1km.
(b) Die Schwerkraft an einem Punkt ausserhalb einer Kugel erhält man anhand der Formel
ag =
GM
.
R2
3
Dieser Zusammenhang gilt bis an den Rand der Kugel. Für den gefragten Punkt ausserhalb
der Kugel solle gelten
ag
GM
= 2
4
ra
Multipliziert man diese Gleichung mit 4 kann man sie mit der vorhergehenden Gleichung
gleichsetzen um den Radius für ra zu erhalten:
4GM
GM
= 2
2
ra
R
Kürzt man nun und setzt für R = 4, 1km ein, erhält man ra = 2R = 8, 2km.
Aufgabe 6.4
m
. Die ZentripetalbeDie Gravitationskraft zwischen den beiden Sternen ist Fg = GM
d2
2
schleunigung, die auf die Sterne wirkt ist a = ω r, wobei die Sterne um den gemeinsamen
Schwerpunkt rotieren. Daher gilt d/2 = r. Mit dem zweiten newtonschen Axiom F = ma
2
ergibt sich eine Zentripetalkraft von Fz = mω
r. Ersetzt man die Winkelgeschwindigkeit
2
2π
ω durch 2π/T , so erhält man Fz = m T r. Nun lassen sich die Zentripetalkraft und
die Gravitationskraft gleichsetzen:
2
2π
GM m
=m
r
2
d
T
Mit d/2 = r erhält man entsprechend
4π 2
GM m
=
m
d/2
d2
T2
Formt man nach T um, ergibt sich
r
T =
2π 2 d3
GM
Einsetzen der Zahlenwerte (M = 4, 1 · 2 · 1030 kg, d = 8, 7 · 149 · 109 m) ergibt eine Periode
von etwa 9 Jahren.
Aufgabe 6.5
(a) Um die Geschwindigkeit des Satelliten zu berechnen, setze man die Erdbeschleunigung
2
ag = GMrErde
mit der Zentripedalbeschleunigung a = vr gleich. Man erhält:
2
GMErde
v2
=
r2
r
Löst man nun nach v auf und vereinfacht, ergibt sich
r
GMErde
v=
r
4
Der Radius r ergibt sich aus der Summe aus Erdradius und der Höhe. Somit sind alle
Zahlenwerte gegeben und die Geschwindigkeit des Satelliten kann berechnet werden. Die
kinetische Energie der Kugeln, wenn sie auf gleicher Höhe mit entgegengesetzter Richtung
rotieren, ist gegeben durch Ekin = 21 mV 2 , wobei gilt V = 2v. Dies ergibt ungefähr 240000
Joule. Das entspricht etwa dem Nährwert von 100 ml Magermilch.
(b) Die kinetische Energie einer Gewehrkugel gleicher Masse ist 470 mal geringer als die
einer Antisatellitenkugel.
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