Übungsblatt 9
Physik für Ingenieure 1

Othmar Marti, (othmar.marti@physik.uni-ulm.de)

11. 12. 2001

$\framebox[0.8\textwidth]{\begin{minipage}{0.75\textwidth} \textbf{Mitteilung} ... ...in einer noch anzugebenden Weise bekannt gemacht.) \end{itemize}\end{minipage}}$

Aufgaben für die Übungsstunden

Gravitation, Elastizitätslehre, Spezielle Relativitätstheorie, PDF-Datei

Betrachten Sie einen Würfel der Kantenlänge mit der Dichte , der an der Erdoberfläche in ein fluides Medium der Dichte eingebettet ist.
1. Berechnen Sie die Kräfte auf den Würfel.
2. Bedingung für statisches Gleichgewicht, sinken und steigen.
3. Um wie viel nimmt sein Volumen ab?
Aus einem Federdraht mit dem Durchmesser $d= 10^{-3}m$ , $E = 1.9 \times 10^{11} Pa$ , $G = 8 \times 10^{10} Pa$ , $\rho = 8000 kg/m^3$ wird eine Spiralfeder mit dem Durchmesser von gewickelt. Die Windungen liegen, ohne Vorspannung, dicht aneinander. Die Länge der Schraubenfeder sei $\ell = 10 cm$ . An den Enden wird der Federdraht zur Mitte der Feder gebracht und die Kraft dort angewandt. Berechnen Sie die Federkonstante des Drahtes.
Die E-Saite einer Violine stehe unter einer Zugkraft von . Ihr Durchmesser betrage , ihre Länge sei und . Bestimmen Sie
1. die Länge der Saite ohne Spannung
2. die zur Spannung der Saite nötige Arbeit

Hausaufgabe

Bei der Gravitationswaage wurde eine Auslenkung des Lichtstrahls von 5 cm im Abstand von 10 m gemessen. Die kleinen Massen () seien an einem Draht der Dicke und der Länge $\ell = 40 cm$ im Abstand aufgehängt, der Spiegel befinde sich in der Mitte des Drahtes. Die grossen Massen ( seien zuerst im Abstand von jeweils von den kleinen Massen und werden, um den beobachteten Ausschlag zu erzeugen, entfernt. Schlagen sie eine Drahtdicke für einen Eisendraht vor!

Lösungen Aufgaben für die Übungsstunde

Wir zerlegen die Flüssigkeit in Schichten der Dicke . Jedes Volumenelement in dieser Schicht wird von der Erde mit angezogen.
1. Das nach unten folgende Volumenelement muss zusätzlich noch die Last des über ihm liegenden Volumenelements tragen: Integration. $dF(dx,dy,h_2-h_1) = \int_{h_1}^{h_2} g\rho_{Medium} dx \cdot dy \cdot dz = g\rho_{Medium} dx \cdot dy (h_2-h_1)$ . Wenn über dem Würfel mit der Seitenfläche das Medium die Höhe hat, ist die Kraft von oben auf den Würfel: $F_{oben} = \int_0^a\int_0^a \int_0^{-h_0} g\rho_{Medium} dx \cdot dy \cdot dz = -g\rho_{Medium} a^2 h_0$ . Von unten wirkt die Kraft $F_{unten} = -\int_0^a\int_0^a \int_0^{-(h_0+a)} g\rho_{Medium} dx \cdot dy \cdot dz =g \rho_{Medium} a^2 (h_0+a)$ . Netto ist die Auftriebskraft $F_{Auftrieb} = F_{oben}+F_{unten} =g\rho_{Medium} a^3$ . Die seitlichen Kräfte heben sich auf, da der hydrostatische Druck nur von der Tiefe abhängt.
2. Der Würfel selber wird mit $F_{Gewicht} = -g\rho_{W\ddot{u}rfel} a^3$ von der Erde angezogen. Die Summe aller äusseren Kräfte ist $F = F_{Gewicht}+F_{Auftrieb} = g (\rho_{Medium}-\rho_{W\ddot{u}rfel})a^3$ . Wenn $\rho_{Medium}>\rho_{W\ddot{u}rfel}$ ist, steigt der Würfel an die Oberfläche des Mediums, bei $\rho_{Medium}<\rho_{W\ddot{u}rfel}$ sinkt er und bei $\rho_{Medium}=\rho_{W\ddot{u}rfel}$ ist er im indifferenten Gleichgewicht.
3. Auf eine zur Oberfläche des Mediums parallele Schicht des Würfels der Dicke wirkt der Druck $p = g \rho_{Medium} (h_0+z)$ . Das Volumen der Schicht ist . Es wird um $d \Delta V = -a^2\cdot dz \frac{3 \Delta p(z)}{E}(1-2\mu)$ komprimiert. Insgesamt ist $\Delta V = a^2\frac{3(1-2\mu)}{E} \int_{0}^{a} g \rho_{Medium} (h_0+z) dz = V\frac{3(1-2\mu)g \rho_{Medium}}{E} \int_{0}^{a} (h_0 + a)dz$ $= 2\frac{3(1-2\mu)g \rho_{Medium}}{E} (h_0a + \frac{1}{2}a^2)$
  $= \frac{a^3}{E}{3(1-2\mu)g \rho_{Medium}} (h_0a + \frac{1}{2}a)$ .
Die Spiralfeder hat $N= \ell/d$ Windungen. Die Drahtlänge für eine Umdrehung ist $(\pi D)^2 + d^2 = \tilde{L}^2$ . Die Drahtlänge ist $L = N \sqrt{\pi D)^2 + d^2}$ , auf dieser Länge wird der Draht durch das Drehmoment verdrillt. Wir verwenden $\phi D_R = M = \frac{\pi}{2} G \frac{(d/2)^4}{L} \phi$ Der Winkel $\phi$ ist durch die folgende Überlegung gegeben: Der gesamte Drehwinkel des Drahtes ist $\alpha =2\pi N$ . Wird die Feder um $\Delta x$ verlängert, wird dieses $\Delta x$ auf jede Windung aufgeteilt. Also ist $L = N' \sqrt{(\pi D)^2 + (d+\Delta x/N')^2}$ und damit $\phi = 2\pi (N-N')$ . Mit $N'^2[(\pi D)^2 + (d+\Delta x/N')^2] = N^2[(\pi D)^2 + d^2]$ . Damit ist auch $(\pi D)^2(N^2-N'^2) = d^2(N'^2-N^2) + 2 d\Delta x N' +\Delta x^2$ . Diese Gleichung wird nach aufgelöst. Man löst die quadratische Gleichung und linearisiert die kleinen Terme mit $\Delta x$ und erhält: $N' = N - \frac{d\Delta x}{\pi^2 D^2 + d^2}$ und damit $\phi = 2\pi(N-N') = \frac{2\pi d \Delta x}{\pi^2 D^2 + d^2}$
Es ist also $M = \frac{\pi}{32}G \frac{d^4}{L}\frac{2\pi d \Delta x}{\pi^2 D^2 + d^2} = \f... ...\frac{d^4}{N \sqrt{(\pi D)^2 + d^2}}\frac{2\pi d } {\pi^2 D^2 + d^2}\Delta x$
$= \frac{\pi^2}{16}G d^5 N^{-1} [(\pi D)^2 + d^2]^{-3/2}\Delta x$ .
Nun ist aber auch und damit $\Delta -F D/2 = \frac{\pi^2}{16}G d^5 N^{-1} [(\pi D)^2 + d^2]^{-3/2}\Delta x$ und somit $\Delta F = -\frac{\pi^2}{8}G d^5 D^{-1} N^{-1} [(\pi D)^2 + d^2]^{-3/2}\Delta x$ .
Mit $\Delta F = -k \Delta x$ ist
$k = \frac{\pi^2}{8}G d^5 D^{-1} N^{-1} [(\pi D)^2 + d^2]^{-3/2}$ die Federkonstante des Spiralfeder.
1. Es ist $\sigma = F/A = E\epsilon = E \Delta \ell/\ell$ . Also ist $\Delta\ell = \ell F/(A \cdot E)$ . Bekannt ist $\ell +\Delta \ell$ und gesucht ist $\ell$ . Es ist $\ell + \Delta \ell = \ell(1+F/(A \cdot E)$
  $\ell = \frac{\ell + \Delta \ell}{1+F/(A\cdot E)} = \frac{0.35 m}{1+ 53 N/(\pi 10^{-8} m^2 10^{11}N/m^2)} = \frac{0.35 m}{1+ 53/1000} = 0.344 m$
2. Die Federkonstante dieser Saite ist $k = \Delta F/\Delta \ell$
  $= A\cdot E/\ell = \pi 10^{-8} m^2 10^{11}N/m^2 /0.344 m = 9132 N/m$ . Die Spannarbeit ist $W = \int_0^{0.006 m} k dx = \frac{1}{2}k (0.006 m)^2 = 0.16 J$ .

Lösungen Hausaufgabe

Die Winkelauslenkung $\phi = 0.05/10 = 0.005$ . Der Draht wird insgesamt um $2\phi = 0.01$ verdrillt. Das Richtmoment des Drahtes ist $D_R = \frac{\pi}{32}G^\frac{d^4}{\ell}$ . Wir haben $G = 8 \times 10^{10} Pa$ und eine Drahtlänge von $\ell = 0.4 m$ . Die Gravitationskraft einer Kugel auf die zweite ist $F_G = \frac{G m_1 m_2 }{r^2} = \frac{ 6.67 \times 10^{-11} \times 0.5 \times 3}{0.05^2} N = 4 \times 10^{-8} N$ Die gesamte Kraftänderung ist vier mal so gross (je 2 Kugeln und diese auf zwei gegenüberliegenden Seiten) $F_{tot} = 1.6\times 10^{-7} N$ . Das durch die Gravitation ausgeübte Drehmoment ist $M = F_{tot}\cdot 0.1 m = 1.6 \times 10^{-8} Nm$
Wir haben auch $M = \phi D_R$ und damit $d^4 = M/\phi \cdot \frac{32}{\pi} \frac{\ell}{G}= (1.6 \times 10{-8}/0.01) \cdot 10 \cdot 0.4/(8 \times 10^{10}) m^4 = 8 \times 10^{-17} m^4$ und damit $d= 95 \mu m$ .
Die Zugkraft an dem Draht ist und die Spannung damit $\sigma = 9.81/(\pi \cdot (95\times 10^{-6})^2/4) = 1.38 \times 10^{9} Pa$ , ein Wert der nur unwesentlich unter der Fliessgrenze für Federstahl ( $1.55 \times 10^{9} Pa$ ) ist.
Die Gravitationswaage ist ein Gerät, das an der Grenze des technisch machbaren liegt.