PN1 Einführung in die Physik für Chemiker 1 Prof. J. Lipfert WS 2015/16 Übungsblatt 5 Übungsblatt 5 -Reibung und Kreisbewegung Besprechung am 17.11.2015 Aufgabe 1 Zigarettenautomat Die Abbildung zeigt einen Ausgabeschacht eines Automatens. Die vier Schachteln können reibungsfrei nachrutschen. Die unterste Schachtel wird herausgezogen; sie gleitet über den Schachtboden, reibt aber auch mit ihrer Oberseite an der darüberliegenden Zigarettenschachtel. Die Gleitreibungszahl zwischen den Schachteln beträgt µs = 0, 2, zwischen Schachtel und Schachtelboden ist µb = 0, 35. Eine Schachtel wiegt 25 g. a) Berechnen sie die notwendige Zugkraft Fz für die Gleitreibung beim Herausziehen. Auf die Schachteldecke wirkt die Gewichtskraft der überliegenden Schachteln: Fg1 = mSchachteln1 · g = mS · n · g = 0, 025kg · 4 · 9, 81N /kg = 0, 981N Auf den Schachtelboden wirkt die Gewichtskraft aller Schachteln: Fg2 = mSchachteln2 · g = mS · (n + 1) · g = 0, 025kg · 5 · 9, 81N /kg = 1, 226N Die Zugkraft muss genauso groß sein wie die Kraft, die sich zusammensetzt aus der Reibungskraft zwischen den Schachteln FR,S und der Reibungskraft zwischen Schachtel und Boden FR,B . FR,S = Fg1 · µs , FR,B = Fg2 · µb FZ = FR,S + FR,B = mS · g · (n · µs + (n + 1) · µb ) = = 0, 025kg · 9, 81N /kg · (4 · 0, 2 + 5 · 0, 35) = 0, 625N b) Wenn nur zwei Schachteln auf derjenigen liegen, die man herausziehen will, würde sich die benötigte Zugkraft halbieren? Wir können die Formel für FZ verwenden diesmal halt für n = 2 m FZ = mS · g · (n · µs + (n + 1) · µb ) = 0, 025kg · 9, 81 2 · (2 · 0, 2 + 3 · 0, 35) s = 0, 355N Behauptung stimmt nicht! 1 Aufgabe 2 Haft- und Gleitreibung Ein Block der Masse m1 = 7, 5kg liegt auf einer Rampe, welche einen Winkel von β = 35◦ gegen die Horizontale aufweist. Der Block ist mit einem Seil (Masse soll vernachlässigt werden) über eine Umlenkrolle mit einem weiterem Block der Masse m2 verbunden. a) Bestimmung der Hangabtriebskraft FH = sin(α) ⇒ FH = sin(α) · FG FG FH = sin(35◦ ) · m1 · g = 42, 2N Berechnung der Hangabtriebsbeschleunigung über die Hangabtriebskraft FH = m1 · a ⇒ a = FH m = 5, 6 2 m1 s Mittels Weg-Zeit-Gesetz die Zeit berechnen m 1 s(t) = s0 + v0 t + at 2 ; das = 3m; s0 = 0m; v0 = 0 2 s r 2 2 · s ⇒t = = 1, 0s a Ausgleich der Hangabtriebskraft mittels m2 FH = FG,m2 ⇒ sin(35◦ ) · m1 · g = m2 · g ⇒ m2 = m1 · sin(35◦ ) = 4, 3kg b) Bestimmung von µH so dass der Block nicht von selbst herunter gleitet mit m2 = 0 kg Ansatz : FHR = µH · FN ; FN = FG · cos(α) Bedingung : FHR = FH V µH · m1 · g · cos(α) = m1 · g · sin(α) µH = sin(α) = 0, 7 cos(α) 2 c) Der Gleitreibungskoeffizient µG betrage nun 0,3. Wie groß darf m2 höchstens sein, damit der Block nach kurzem Anstoßen die Rampe noch hinunter gleitet? Ansatz : FH = FR + FG,m2 m1 · g · sin(α) = µG · m1 · cos(α) · g + m2 · g m2 = m1 · (sin(α) − µG · cos(α)) = 2, 5kg d) Wie groß muss m2 sein, damit der Block bei seiner Abwärtsbewegung nach 1 m die Geschwindigkeit 2.0 ms besitzt. Ansatz : FH = FR + FG,m2 Fgesamt setzt sich aus FH , FR und FG,m2 zusammen! x= 1 1 v2 m v2 · a · t 2; v = a · t ⇒ x = · a · 2 ⇒ a = = 2, 0 2 2 2 a 2x s Also: (m1 + m2 ) · a = FH - FR - FG,m2 mit FG,m2 = m2 · g m2 · g + (m1 + m2 ) · a = FH − FR m2 · g + m2 · a + m1 · a = FH − FR m2 · (a + g) + m1 · a = FH − FR FH − FR − m1 · a m2 = a +g m2 = N − 7, 5kg · 2, 0 sm2 (sin(35◦ ) − cos(35◦ ) · 0, 3) · 7, 5kg · 9, 81 kg 2, 0 sm2 + 9, 81 sm2 m2 = 0, 77kg Aufgabe 3 Fallschirmspringen Die bei einem Fallschirmsprung auftretenden Reibungskräfte können gut durch die in der Vorlesung besprochene Formel für die Newton-Reibung, genähert werden. a) Formel für Newtonreibung FNR = 1 · ρ · A · Cω · v 2 2 Ansatz FG = FNR 1 m · g = · ρ · A · Cω · v 2 2 s r 2 · 90kg · 9, 81 sm2 2·m ·g v= = ρ · A · Cω 1 mkg3 · A · Cω 3 Für A = 1 m 2 und Cω = 1.5 vmax = 34, 31 Für A = 10 m 2 und Cω = 2 vmax = 9, 40 m s m s b) Mit steigender Höhe nimmt die Dichte der Atmosphäre ab so dass ρ → 0. Die Reibung wird also kleiner. Die Gefahr darin besteht dass der Fall unkontrollierbar wird, da nicht genügend Luftwiederstand vorhanden ist um den Flug zu steuern. Ein unkontrollierbares Fallen aus großer Höhe könnte unangenehme rotationsbedingte Übelkeitserscheinungen oder Bewusstlosigkeit mit sich bringen. Aufgabe 4 Kettenkarusell auf dem Oktoberfest Bei einem Kettenkarussell sind die Ketten am Dach des Karussells in einem Abstand von 5 m von der Drehachse befestigt. Der Schwerpunkt der Mitfahrer befindet sich vor dem Start 4 m unterhalb dieser Befestigung. Bei gleichmäßiger Fahrt werden die Sitze an Ihren Ketten nach außen ausgelenkt, so dass die Mitfahrer einen Kreis mit größerem Radius beschreiben und um h = 0, 93m hochgehoben werden. a) Bestimmen sie die Geschwindigkeit des Fahrgastes und dessen Umlaufzeit. Es gilt der Zusammenhang: FZ FG = tan(α) Bestimmung von α: h = 4m − 4m · cos(α) ⇒ α = arccos( 4m − h ) = 40◦ 4m Jetzt muss man noch berücksichtigen, dass der Fahrgast wegen FZ nach außen gedrückt wird, also nimmt der Abstand zur Drehachse zu. δr = sin(α) · 4m = 2, 57m ⇒ R = r + δr = 7, 6m FZ = m · g · tanα → m · v2 = m · g · tanα R p p m 2 g · R · tanα = 2 g · 7, 6m · tan(40◦ ) = 7, 91 s Es gilt der Zusammenhang v =ω·R 1 ω =2·π· T 2·π·R 2 · π · 7, 6m T = = = 6, 03s v 7, 91 ms v= 4 b) Wie groß ist bei dieser Geschwindigkeit die Zentripetalkraft auf einen Mitfahrer der Masse 70 kg? 70kg · (7, 91 ms )2 m · v2 FZ = = = 576, 3N R 7, 6m c) Welche Kraft verspürt er in seiner Sitzfläche und welcher G-Kraft entspräche dies? Zur Berechnung der resultierenden Kraft verwendet man den Satz des Pythagoras: q FR = 2 FZ2 + FG2 = 896, 5N G-Kraft FR = n · FG ⇒ FR = n · m · g n= FR = 1, 30 ⇒ FR = 1, 31 · FG FG 5
© Copyright 2024 ExpyDoc
