Mechanik II / Vorlesung 5 / Prof

Mechanik II / Vorlesung 15 / Prof. Popov
Drehimpulserhaltungssatz, Exzentrischer Stoß
I. Drehimpulserhaltung: Aus dem DrehimG G
pulssatz L = M folgt, dass wenn das gesamte
Moment aller an einem System angreifenden
äußeren Kräfte bezüglich eines Bezugspunktes
gleich Null ist, so bleibt der Drehimpuls bezüglich desselben Punktes konstant.
Bemerkung 1: Das System muss nicht abgeschlossen sein. Nur das Moment der einwirkenden Kräfte muss verschwinden!
B4. Eine Kugel stößt elastisch mit einer Wand
zusammen. Zu bestimmen sind Geschwindigkeit
und Winkelgeschwindigkeit nach dem Abprall
(kein Gleiten im Kontakt).
Bemerkung 2: Die Erhaltung des Drehimpulses gilt auch für einzelne Richtungen, auf
welche die Projektion des Momentenvektors
gleich Null ist.
Der Kontaktpunkt ist während des Aufpralls
der Momentanpol. Bezüglich des Punktes O ist
das Drehmoment aller Kräfte gleich Null ⇒
Drehimpulserhaltung:
mvr sin α = mv′r sin β + Θ sω
(1)
Beim elastischen Stoß auch Energieerhaltung:
mv 2 mv′2 Θ Sω 2
=
+
.
(2)
2
2
2
Rollen ohne Gleiten: v′x = ω r = v′ sin β . (3)
Aus diesen drei Gleichungen kann man drei
Unbekannte v′ , ω und β bestimmen.
Mit (3) nehmen (1) und (2) die Form
v sin α = v′ sin β (1 + Θ S / mr 2 )
B1. Bei Drehung um eine feste Achse ohne
Reibungsmoment gilt L = Θω = const . Verringert sich das Trägheitsmoment, so wird die
Winkelgeschwindigkeit größer (Experiment mit
Drehschemel).
B2. Hält man in den Händen eine Einrichtung
mit einem Rotor und versucht man, die Rotationsachse zu ändern, so entsteht eine Rotationsbewegung in der entgegengesetzten Richtung
(2. Experiment mit Drehschemel).
B3. Ein Stab trifft mit der Geschwindigkeit v
auf ein Lager A und wird dort eingeknickt. Zu
bestimmen ist die Winkelgeschwindigkeit nach
dem Aufprall.
l
Lösung:
Kraftmoment
A
l/3
bezüglich des
v
Punktes A ist
gleich Null. Deshalb bleibt der Drehimpuls
erhalten.
Bei einer Translationsbewegung ist
G
G G
G G
G G
L = ∑ mi ri × vi = ∑ mi ri × v = mrs × v . Für den
Drehimpuls haben wir deshalb:
l
"vor": L1 = m v
6
2
 ml 2
ml 2
l 
+ m   ω =
ω
"nach": L2 = Θω = 
 12
9
 6  

3v
L1 = L2 ⇒ ω =
.
2l
Wie groß ist Energieverlust bei diesem Stoß?
m
m
Θ
K1 = v 2 ,
K 2 = v′2 + s ω 2 =
2
2
2
2
m
ml 2 mv 2
= ( (l / 6)2 ω 2 ) +
ω =
2
24
8
3/4 Energie gehen verloren.
ω
v
α β
v α β
v'
v'
O
H
v = v′ 1 + Θ S sin 2 β / mr 2
Z.B. wenn α ≈ 90° , so ist
v
β ≈ 45° und ω = 0.71 .
r
N
sin β = 5/ 7 ,
B5. Erklären Sie Bewegung eines Stuhles, wenn
er etwas geneigt und freigelassen wird.
B6. Zu berechnen
sind lineare und
Winkelgeschwindigm
keit sowie die Lage
v'
l
des Momentanpols
ω
nach einem plastischen Stoß.
Lösung: Energie bleibt hier nicht erhalten. Aber
Impuls und Drehimpuls bleiben erhalten, und
zwar bezüglich eines beliebigen Bezugspunktes, da dies ein abgeschlossenes System ist.
Stellen wir den Drehimpulssatz bezüglich des
Schwerpunktes des Stabes auf.
m
v
m
1
Impuls "vor": mv
l 

Impuls "nach": mv′ + m  v′ + ω 
2 

l
Drehimpuls "vor": mv
2
l l

Drehimpuls "nach": m  v′ + ω  + Θ Stabω
2 2

Impulserhaltung:
l
l 

v ′ +  v ′ + ω  = v ⇒ 2v ′ + ω = v
2
2 

Drehimpulserhaltung:
m(l / 2) ( v′ + ω (l / 2) ) + Θ Stabω = m(l / 2)v
oder
2Θ Stab
ω=v
ml
= ml 2 /12 folgt daraus
( v′ + ω (l / 2) ) +
Mit Θ Stab
2
v′ + lω = v
.
3
Lösung des umrahmten Gleichungssystems
ergibt
6v
1
ω=
und v′ = v .
5
5l
Der Momentanpol befindet sich unter dem
v′ 1
Schwerpunkt im Abstand ∆l = = l .
ω 6
Diesen Punkt nennt man Stoßmittelpunkt. Wird
der Körper in diesem Punkt gelagert, so treten
beim Stoß keine Lagerreaktionen auf.
B6. In welcher Höhe h muß eine Billardkugel horizontal angestoßen werden, damit sie
auf glatter Bahn nach dem Stoß rollt?
Lösung: Die RollbeF
dingung bedeutet, dass
der Kontaktpunkt mit
h dem
S
Boden
der
r
Momentanpol ist. Daher
gilt vs = ωr . (1)
A
Schwerpunktsatz: mvs = F . (2)
Drehimpulssatz: Θ Aω = Fh . (3)
Dividieren von (3) durch (2) ergibt
Θ ω Θ
Θ + mr 2 7
h= A = A = s
= r.
m vs mr
mr
5
2