Tutorium Physik I IX. Übungsblatt 22.12.2006

Tutorium Physik I
I. Übungsblatt
13.10.2006
zur Vorlesung Prof. Dr. Schrewe
WS06/07
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------I 1. Der Sprintweltrekord über die 50 m Strecke liegt bei 5,56 s, der über die 60 m Strecke
bei 6,39 s. Nehmen Sie in einem vereinfachten Modell an, dass ein Kurzstreckensprint
näherungsweise als gleichmäßig beschleunigte Bewegung bis zum Erreichen der
Höchstgeschwindigkeit v0 und anschließend als gleichförmige Bewegung mit v0
zusammengesetzt werden kann.
a.
Skizzieren Sie qualitativ das at-, vt- und st-Diagramm entsprechend der Modellannahme
für beide Sprintstrecken.
b.
Bestimmen Sie die Beschleunigung a0 und die Geschwindigkeit v0.
c.
Nehmen Sie an, dass man auf der 100 m Strecke die gleichen Beschleunigungs- und
Geschwindigkeitswerte wie auf den Kurzsprintstrecken erreichen kann. Welche
Weltrekordzeit für die 100 m Strecke könnte man aus den im Teil b. bestimmten
Werten für a0 und v0 extrapolieren?
d.
Der aktuelle Weltrekord über die 100 m Strecke liegt bei 9,77 s. Wenn man annimmt,
dass die Beschleunigungswerte bei den verschiedenen Sprintstrecken gleich sind,
welcher Höchstgeschwindigkeit entspricht dann der aktuellen Weltrekordzeit über die
100 m Strecke?
e.
Skizzieren Sie die Ergebnisse für die verschiedenen Sprintstrecken gemeinsam in einem
vt-Diagramm.
I 2.
Zwei Fahrzeuge fahren mit gleicher Geschwindigkeit v0  108 km h 1 an der Raststätte
Seesen der A7 im zeitlichen Abstand von 30 s vorbei (Fahrzeug 1 fährt voraus,
Fahrzeug 2 folgt hinterher). Fahrzeug 1 beginnt auf der Höhe der Raststätte, mit der
Bremsbeschleunigung 0, 4 m s 2 abzubremsen, während Fahrzeug 2 seine
Geschwindigkeit beibehält.
a.
b.
Zeichnen Sie das Weg-Zeit Diagramm
In welcher Distanz zur Raststätte Seesen hat Fahrzeug 2 das Fahrzeug 1 eingeholt?
Lösungen:
I 1.a. at- vt- und st Diagramm des Modells eines Kurzstreckensprints
I 1b. Bezeichnung:
s1 - Gesamtstrecke 50 m
s2 - Gesamtstrecke 60m
t a - Beschleunigungszeit
t g 1 - Gesamtzeit über 50 m:
t g 2 - Gesamtzeit über 60 m: 6,39 s
1
a0 ta2  v0  t g1  ta 
2
1
1
s1  a0 ta2  v0 t g1  v0ta  a0 ta2  v0 t g1  a0ta2
2
2
1
s1  v0t g1  a0ta2
2
1
s1  a0 ta t g1  a0ta2
mit v0  a0 ta
2
Die Herleitung der Weg-Zeit-Funktion der 60 m Strecke ist analog: Nach der
Modellannahme sollen die Beschleunigung a0 und die Endgeschwindigkeiten v0 und
Weg-Zeit-Funktion für 50m Strecke
s1 
damit auch Beschleunigungszeit t a bei der 50 m und der 60 Sprintstrecke gleich sein.
1
Weg-Zeit-Funktion für 60m Strecke s2  a0 ta t g 2  a0ta2
2
1 2
s1  a0 ta t g1   a0 ta t g 2  s2 
Einsetzen von a0ta
2
s1  s2  a0 ta  t g1  t g 2 
Es folgt:
Lösung:
a0 ta  v0 
 60  50  m  10 m
s1  s2

t g1  t g 2  6,39  5,56  s 0,83 s
a0 ta  v0 
10 m
 12, 05 m s 1
0,83 s
v0  12, 05 m s 1  43, 4 km h 1
1 v02
2 a0
Für s1 gilt:
s1  v0 t g1 
Es folgt:
a0 
v02
2  v0 t g1  s1 
Lösung:
a0 
12,052
m
 4, 27 m s 2
2  (12,05  5,56  50) s 2
I 1c. Für die 100 m Strecke gilt:
Lösung:
s3  v0 t gextrapoliert

3
t gextrapoliet

3
1 v02
2 a0
s3
v
100
12, 05
 0 

 9, 71 s
v0 2 a0 12, 05 2  4, 27
I 1d. Da die aktuelle Weltrekordzeit über 100 m größer als der extrapolierte Wert ist, kann
vermutet werden, dass ein Mensch eine Strecke von s3  100 m nicht die
Geschwindigkeit der 50 m und 60 m Strecke aufrechterhalten kann. Wenn man
annimmt, dass die Beschleunigung a0 konstant bleibt, folgt:
2
1 v03
2 a0
s3  100 m und t g 3  9, 77 s
s3  v03 t ggem
3 
mit:
2
1 v03
 v03 t ggem
3   s3
2 a0
2
v03
 2 v03 tggem
3 a0  2a0 s3
mit: a0  4, 27 m s 2
v03   a02 t g23  2 a0 s3  a0 t g 3
Erste Lösung (unrealistisch):
v03/1   29,79  41,74 m s 1  71,53 m s 1
Zweite Lösung (realistisch):
v03/ 2   29,79  41,74 m s 1  11,95 m s 1
Richtige Lösung:
v03/ 2  11,95 m s 1  43, 0 km h 1
Diese Geschwindigkeit ist nur geringfügig kleiner als die der 50 m und 60 m
Sprintstrecken.
I 2a. Festlegung des Zeitnullpunkts: Man definiere zum Beispiel, dass Fahrzeug Nr. 1 bei
t0  0 s den Punkt s1  t  0  0 m (die Raststätte Seesen) passieren soll. Fahrzeug Nr. 2
ist zu diesem Zeitpunkt noch vor der Raststätte, also bei einem negativen Wert
s2 (t  0 s)  0 m . Nach t1  30 s erreicht auch Fahrzeug Nr. 2 die Raststätte. Also gilt:
s2 (t  30 s)  0 m . Gesucht ist der Zeitpunkt t 2 , an dem beide Fahrzeuge den gleichen
Weg sü hinter der Raststätte zurückgelegt haben.
I 2b. Wegfunktion für Fahrzeug 1:
mit:
1 2
a0t  v0 t  s0
2
a0  0, 4 m s 2
s1  t  
und:
s1  t  0 s   0
Wegfunktion für Fahrzeug 2:
s2  t   v0 t  s0
mit:
Es folgt für t1  30 s :
Für den Überholzeitpunkt : t 2 gilt:
Lösung für t 2
s2  t  30 s   0
0  v0 t1  s0
s0  v0 t1  900 m
1
s1  t2   a0t22  v0 t2  v0 t2  v0 t1  s2  t2 
2
1 2
a0t2  v0 t1
2
2v t
2  30 m s  30 s
t2   0 1  
 67 s
a0
0, 4 m s 2
Probe:
sü  v0 t2  v0 t1  v0 t2  t1   1112 m
1
sü  s1  t2   a0t22  v0 t2
2
sü  s1  t2   900 m  2012 m  1112 m
und
sü  s2  t2   v0 tü  s0
Lösung für sü
sü  s2 t2   2012 m  900 m  1112 m
Tutorium Physik I
II. Übungsblatt
20.10.2006
zur Vorlesung Prof. Dr. Schrewe
WS06/07
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------II-1. Eine Masse (1) wird bei t  0 s aus einer Höhe von 10 m aus der Ruhe fallengelassen.
Eine zweite Masse (2) wird genau in diesem Augenblick mit der
Anfangsgeschwindigkeit v02 der fallenden Masse entgegen geschossen. Die Körper
treffen in halber Höhe aufeinander.
Nach welcher Zeit treffen sich die beiden Körper? Wie groß ist die
Abschussgeschwindigkeit v02 der Masse (2)?
II-2. Ein Tennisball soll 20 m senkrecht nach oben geworfen werden.
a.
Welche Anfangsgeschwindigkeit muss der Ball haben?
b.
Wie weit fliegt ein Ball, der mit gleicher Anfangsgeschwindigkeit unter einem Winkel
von 60° geworfen wird?
c.
Wie weit könnte der Ball mit gleicher Anfangsgeschwindigkeit maximal geworfen
werden? Unter welchem Winkel muss der Ball geworfen werden?
II-3. Ein Flugzeug fliegt vom Flughafen Hannover nach Berlin-Schönefeld. Die Entfernung
beträgt 280 km, die Fluggeschwindigkeit 210 km h-1. Ohne Windeinfluss wäre die
Kursrichtung 90° (Kursrichtung von West nach Ost). Während des Fluges herrscht
jedoch Wind mit 60 km h-1 aus 180° (aus Süden).
a.
Welchen Kurs muss das Flugzeug unter Berücksichtigung des Windes fliegen, um in
der kürzesten Zeit Berlin-Schönefeld zu erreichen?
b.
Welche Geschwindigkeit hat das Flugzeug über Grund?
c.
Welche Zeit benötigt es mit Wind, und wie lange hätte der Flug ohne Windeinfluss
gedauert?
Hinweis: Verwenden Sie die Vektordarstellung der Geschwindigkeiten in einem x-y.
Koordinatensystem.
II-4. Ein Flugzeug fliegt den Kurs entlang der Punkte A  B  C  D  A.
Die Seitenlänge des Quadrats beträgt 100 km, die Fluggeschwindigkeit
200 km h-1.
a.
Berechnen Sie die Flugzeit unter der Annahme, dass während des Fluges
kein Seitenwind herrscht.
b.
Berechnen Sie die Flugzeit unter der Annahme eines konstanten
Seitenwindes vW  80 km h 1 , der senkrecht in Bezug auf die Strecken
B  C und A  D wirkt.
c.
Vergleichen Sie die unter a. und b. berechneten Flugzeiten. Überlegen Sie
folgende Anwendung: Bei welchen Windbedingungen sollte man z. B. in
der Leichtathletik Rekordbedingungen über Laufstrecken von 400 m
haben?
A
D
B
C
vW
Lösungen:
II-1.
Man betrachte die Bewegung der Massen entlang einer senkrechten y-Achse.
1
y1 t   y 0  g t 2
Für die Masse (1) gilt:
2
1
y 2 t   v02 t  g t 2
Für die Masse (2) gilt:
2
y
Die beiden Massen treffen sich zum Zeitpunkt t1 auf halber Höhe, also bei 0 .
2
y
1
y1  t1   0  y0  g t12
Für die Masse (1) gilt:
2
2
y0
1
y2  t1  
 v02 t1  g t12
Für die Masse (2) gilt:
2
2
y0
10 m
Lösung für t1 :
t1 

 1s
g
10 m s 2
v02 
Lösung für v02 :
y0 1
m
 g t1  g y 0  10
2 t1 2
s
II-2a. Man betrachte die Bewegung des Balls entlang der senkrechten y-Achse.
v y t   v y 0  g t
Für die Geschwindigkeit gilt:
Für den Weg gilt:
y t   v y 0 t 
Steigzeit:
tH 
1 2
gt
2
Beim Erreichen der Maximalhöhe ist die Geschwindigkeit gleich Null.
v y t H   v y 0  g t H  0
Es gilt:
v y0
g
v y20 1 v y20
1
y  tH   v y 0 tH  g tH2 

2
g 2 g
v y20
y  tH  
 20 m
2g
Es folgt:
vy 0  2 g y  tH   20 m s 1
Lösung:
II-2b. Die Geschwindigkeit mit Betrag von v0  v0  20 m s 1 kann in x,y-Komponenten
zerlegt werden:
vx 0  v0 cos 60  10 m s 1
vy 0  v0 sin 60  17,32 m s 1
Steigzeit:
tH 
Gesamte Flugzeit des Balls:
t ges
 1, 732 s
g
 2 t H  3, 464 s
x(t ges )  vx 0 t ges  34, 64 m
Horizontaler Weg in der Zeit t ges
II-2c. Die Geschwindigkeit v0  20 m s
vy 0
1
kann in x,y-Komponenten zerlegt werden:
vx 0  v0 cos 45  14,14 m s 1
vy 0  v0 sin 45  14,14 m s 1 .
vy 0
Steigzeit:
tH 
 1, 414 s
g
 2 t H  2,828 s
Gesamte Flugzeit:
t ges
Horizontaler Weg in der Zeit t ges :
x(t ges )  vx 0 t ges  39,98 m
II-3a. Als x- Achse des Koordinatensystems kann zum Beispiel die West->Ost Richtung, als
y-Achse der Süd->Nord Richtung gewählt werden. Die Grundgeschwindigkeit des
Flugzeugs ist parallel zu x-Achse, die Windgeschwindigkeit antiparallel zur y-Achse.
Die Richtung der Fluggeschwindigkeit v F wird gesucht.
v
Vorhaltewinkel ist gegeben durch: sin   W  0,286
vF
  16,6
Vorhaltewinkel:
90  16,6  106,6
Steuerkurs:
II-3b. Grundgeschwindigkeit:
II-3c. Flugzeit ohne Wind:
Flugzeit mit Wind:
II-4a. Gesamtweg:
Gesamtzeit:
II-4b. Strecke AB:
und
Strecke BC:
und
Strecke CD:
und
Strecke DA:
vG  v F2  vW2  210 2  60 2 km h 1  201km h 1
280 km
s
t oW 

 1,333 h  80 min
v F 210 km h.1
280 km
s
t mW 

 1,391 h  83,5 min
vG 201 km h 1
s ges  4  s 0  400 km
t ges 
s ges
v0
 2 h  7200 s
v AB  v0  vW  120
km
h
s AB
 0,833 h  3000 s
v AB
km
vBC  v02  vW2  183,30
h
tBC  0,5455 h  1964 s
km
vCD  v0  vW  280
h
sCD
tCD 
 0,3571 h  1286 s
vCD
km
vDA  v02  vW2  183,30
h
tDA  0,5455 h  1964 s
t ges  8214 s
t AB 
und
Gesamtzeit:
II-4c. Fazit: Die Zeiten mit Seitenwind sind auf einem Rundkurs immer länger als ohne
Seitenwind. In Aufgabe II-3.b. ist tges 14,1% größer als tges von Aufgabe II-3a.
Rekordversuche für den 400m-Lauf sollten deshalb möglichst bei Windstille
unternommen werden.
Tutorium Physik I
III. Übungsblatt
27.10.2006
zur Vorlesung Prof. Dr. Schrewe
WS06/07
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------III-1. Ein PKW wird auf einer 1000 m langen geraden Strecke getestet: Er wird von 0 km/h
auf 120 km/h in 13,3 s beschleunigt, fährt anschließend mit konstanter
Geschwindigkeit und wird auf den letzten 100 m bis zum Stillstand abgebremst.
a.
Skizzieren Sie die a-t, v-t und s-t-Diagramme.
b.
Bestimmen Sie die Beschleunigung a0 und die Beschleunigungsstrecke sa.
c.
Wie lang ist der Streckenabschnitt, der mit konstanter Geschwindigkeit gefahren wird?
d.
Wie groß sind die Bremsverzögerung a b und die Bremszeit t b ?
Betrachten Sie jetzt eine Testfahrt auf einer kreisförmigen Strecke mit R = 120 m:
e.
Wie groß ist die Gesamtbeschleunigung, wenn die Bahnbeschleunigung gleich der in
Aufgabe b ermittelten Beschleunigung a0 der geraden Teststrecke ist und der Punkt
der betrachtet werden soll, an dem die Bahngeschwindigkeit des Fahrzeugs
vB  72 km h 1 beträgt.
f.
Wie groß ist die Gesamtbeschleunigung a ges , kurz vor dem Erreichen der konstanten
Bahngeschwindigkeit von vB  120 km h 1
g.
? In welche Richtung zeigt der
Beschleunigungsvektor? (Man verwende den Wert vB  120 km h 1 für
Bahngeschwindigkeit)
Wie groß ist die Gesamtbeschleunigung a ges , kurz nach dem Erreichen der konstanten
Bahngeschwindigkeit von vB  120 km h 1 ? In welche Richtung zeigt der
Beschleunigungsvektor? (Man verwende auch hier den Wert vB  120 km h 1 für die
Bahngeschwindigkeit)
III-2. Motorräder fahren üblicherweise Kurven mit einer
Schräglage (charakterisiert durch den Winkel  im Bild
rechts), so dass die Resultierende aus dem negativen
Vektor der Erdbeschleunigung  g und Vektor der
Radialbeschleunigung ar (entspricht der
H
Zentripetalbeschleunigung) parallel zur Hochachse (H)
verläuft. Bauartbedingt kann im vorliegenden Beispiel die
Schräglage  max  45 nicht überschritten werden.
a.
Betrachten Sie eine gleichmäßig beschleunigte
Motorradfahrt auf einer Kreisstrecke mit Radius
R  62,5 m . Das Motorrad startet aus dem Stand heraus und passiert in den Abständen
von 10 m und 20 m Lichtschranken. Die Messung der Zeitdifferenz zwischen dem
Passieren der Lichtschranken ergibt 1,0 s. Wie groß ist die Bahnbeschleunigung?
b.
Nach welcher Fahrtstrecke auf dem Kreis wird die maximale Schräglage  max  45
erreicht?
c.
Welche Gesamtbeschleunigung a ges hat das Motorrad in diesem Punkt?
H
Lösungen:
III-1a.
a
a0
ta
tv
tb
t
v0
-ab
v
s
t
sges = 1000 m
s1 = 900 m
sa
t
III-2b. Geschwindigkeit v0:
Beschleunigung:
120 km / h
m
 33,33
3,6  km / h  /  m / s 
s
v v0 33,33 m
m
a0 
 
 2,5 2
2
t ta
13,3 s
s
v0 
Beschleunigungsstrecke:
III-2c. Strecke mit v0:
III-2d. Bremsweg:
Bremsverzögerung:
1
a0 ta2  221,1 m
2
sv  s1  sa  900 m  221, 2 m  678,9 m
1
sb  v0 t b  ab t b2
2
v
v 0  v0
es folgt:
ab 

 0
t t b  0
tb
sa 
tb  
v0
ab
v0 1 v02
1 v2
 ab 2    0
ab 2 ab
2 ab
Einsetzen ergibt:
s b  v 0
Bremsverzögerung:
1 v2
1 33,332 m2 s 2
m
ab    0  
 5,55 2
2 sb
2
100 m
s
v0
33,33 m s 1

 6, 00 s
ab
5,55 m s 2
III-2e. Die Gesamtbeschleunigung a ges bei der Kreisfahrt ergibt sich als Vektorsumme aus der
Bremszeit:
tb  
Tangentialkomponente at (= aB Bahnbeschleunigung) und der Normalkomponente a n
(= aR Radialbeschleunigung):
Nach Aufgabenstellung soll die Tangentialbeschleunigung gleich der Beschleunigung
m
at  a0  2,5 2
a0 aus Aufgabe III-2b. sein.
s
2
v
Normalbeschleunigung:
an  ar  B
r
vB  v0  20 m s 1
mit Bahngeschwindigkeit:
vB2 202 m

 3,33 m s 2
r 120 s 2
Normalbeschleunigung:
an  ar 
Gesamtbeschleunigung:
a ges  at2  an2
ages  2,52  3,332
III-2f. Gesamtbeschleunigung:
m
m
 4,16 2
2
s
s
a ges  at2  an2
Tangentialbeschleunigung:
at  aB  a0  2,5 m s 1
mit Bahngeschwindigkeit:
vB  v0  33,33 m s 1
vB2
 9, 25 m s 2
r
m
m
ages  2,52  9, 252 2  9,59 2
Gesamtbeschleunigung:
s
s
(Das ist fast 1 g! Damit könnte schon knapp der Punkt erreicht sein, an dem die Reifen
ihre Haftung verlieren und rutschen)
folgt für Normalbeschleunigung:
III-2g. Gesamtbeschleunigung:
an  ar 
a ges  at2  an2
Tangentialbeschleunigung:
at  aB  a0  0
mit Bahngeschwindigkeit:
vB  v0  33,33 m s 1
vB2
 9, 25 m s 2
r
m
m
ages  02  9, 252 2  9, 25 2
Gesamtbeschleunigung:
s
s
Der Beschleunigungsvektor zeigt auf das Zenztrum der Kreisbahn.
folgt für Normalbeschleunigung:
III-2a. Gleichmäßige Beschleunigung:
wobei
Erster Messpunkt bei s1  10 m :
Für s2 = 20 m gilt:
Setze:
Für die Differenz s2  s1 gilt:
Für t1 gilt:
an  ar 
1 2
at t
2
at die Bahnbeschleunigung bezeichnet.
1
s1  t1   at t12
2
1
s2  t2   at t22
2
t2  t1  t
1
2
s2  at  t1  t 
2
1
2
s2  s1  at t1 t  at  t 
2
2 s1
t1 
at
s t  
2 s1
1
2
t  at  t 
at
2
s2  s1  at
Nach Aufgabenstellung ist:
Zur Vereinfachung kann also
s2  s1  10 m und s1  10 m
s2  s1  s1 eingesetzt werden.
1
2
s1  2 s1 at t  at  t 
2
1
2
s1  at  t   2 s1 at t
2
s  s1 at  t  
2
2
1
s12 
a  t 
2
t
a 12
2
t
4
4
s1 at
 t 
2
at2  t 
4
4
 3 s1 at  t 
 4
 2 s1 at  t 
2
2
s12
 t 
4
2

6 s1 
s12
s12
s12
 at 



4

36

32
2
4
4
4

 t  
 t 
 t 
 t 

s
at   32  6  1 2
 t 

Lösung:



at    32  6 10 m s 2  3, 43 m s 2
Nur für at   3, 43 m s 2 ist s  t1   10 m und s  t1  1s   20 m mit t1  2, 41 s .
III-2b. Im Fall maximaler Schräglage  max  45 ist der Betrag der Zentripetalbeschleunigung
gleich dem Betrag der Erdbeschleunigung.
2
vmax
Es gilt:
g
R
m
km
vmax  R g  62,5 m 10 m s 2  25  90
Es folgt:
s
h
1
v
25 m s
Zeit zum Erreichen von vmax:
tmax  max 
 7, 28 s
aB
3, 43 m s 2
1 2
1
2
Fahrtstrecke:
smax  at tmax
 3, 43 m s 2  7, 28 s   91 m
2
2
III-2c. Gesamtbeschleunigung:
ages  at2  aR2
wobei Radialbeschleunigung = Zentripetalbeschleunigung
v2
Zentripetalbeschleunigung:
aR  max  10 m s 2
R
Gesamtbescheunigung:
ages  at2  aR2  3, 432  102 m s 1  10,6 m s 2
Tutorium Physik I
IV. Übungsblatt
03.11.2006
zur Vorlesung Prof. Dr. Schrewe
WS06/07
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------IV-1. Eine Masse ( m1  20 kg ) wird von einem
zweiten Körper (Masse m2  25 kg )auf
einer schiefen Ebene mit einem
Neigungswinkel von   15 und der
Länge l  5 m hochgezogen. Die
Gleitreibungszahl beträgt G  0,1 . Die
Masse der Rolle und des Seils soll
vernachlässigt werden ( mR  0 ).
a.
b.
c.
Mit welcher Beschleunigung bewegen sich die Körper?
Wie lange benötigt m1 , um die Strecke l zu durchlaufen?
Wie groß ist die Seilkraft?
IV-2. Ein Körper m2 mit einer Masse von 20 kg wird durch die
Gewichtskraft der Masse m1  10 kg an dem nach links
und die Kraft F an dem nach rechts führenden Seilende
angehoben. Das Seil und die Rollen seien masselos
gedacht. Der Körper m2 ist mit einem Knoten am Seil
befestigt.
a.
Mit welcher Kraft F muss an dem rechten Seilende
gezogen werden, wenn sich der Körper m2 mit einer
g
Beschleunigung a  nach oben bewegen soll?
2
IV-1a. Man betrachte die Masse m2 :


  Fi   m2 a  0
 i

nach unten und die Seilkraft FS 2 nach oben.
D'Alembertsches Prinzip für m2:
Es wirkt die Gewichtskraft Fg 2
F
g2
 FS 2   m2 a  0
(1.1)
Man betrachte die Masse m1 :


  Fi   m1 a  0
 i

Es wirken die Seilkraft Fg 1 nach oben, die Tangentialkomponente der Gewichtskraft
D'Alembertsches Prinzip für m1:
Ft1 und die Gleitreibungskraft FG1 nach unten.
 FS1  Ft1  FG1   m1 a  0
Aus Gl. (1.2) folgt
FS1  Ft1  FG1  m1 a
da die Kräfte an den beiden Seilenden betragsmäßig gleich sind:
folgt durch Einsetzen in Gl. (1.1):
F
Lösung:
a
mit:
g2
(1.2)
FS1  FS 2
  Ft1  FG1  m1 a    m2 a  0
1
 Fg 2  Ft1  FG1 
m1  m2
Fg 2  m2 g
Ft1  m1 g sin 
FG1  G m1 g cos 
Lösung:
IV-1b. Gleichmäßig Beschleunigung:
Für die Strecke l gilt:
IV-1c. Seilkraft an m2:
a  g
m2  m1  sin   G cos  
m1  m2
m 25  20  0, 2588  0,1 0,9659 
a  10 2 
s
45
m
a  10 2  0,3976  3.98 m s 2
s
1 2
s  at
2
2l
25m
tl 

 1,59 s
a
3,98 m s 2
FS 2  Fg 2  m2 a  m2 g  m2 a
FS 2  250,0 N  99, 4 N  150,6 N
Seilkraft an m1:
FS1  Ft1  FG1  m1 a
FS1  m1 g  sin   G m1 g  cos   m1 a
FS1  51,8 N  19,3 N  79,5 N  150,6 N
IV-2a. Man betrachte die Masse m2 :
D'Alembertsches Prinzip für m2:
mit der Seilkraft links


  Fi   m2 a  0   FSl  FSr  Fg 2   m2 a (2.1)
 i

FSl
und der Seilkraft rechts
und der Gewichtskraft:
FSr  F
Fg 2  m2 g
Die Seilkraft (links) FSl wird mit Hilfe des Seils auf die Masse m1 übertragen und
wirkt der Gewichtskraft entgegen.


D'Alembertsches Prinzip für m1:
(2.2)
  Fi   m1 a  0   Fg1  FSl   m1a
 i

Fg1  m1 g
mit der Gewichtskraft:
Aus Gl. (2.1) folgt:
setze Fsl aus Gl. (2.2) ein:
mit a 
g
2
F  FSr  Fg 2  FSl  m2 a
F  FSr  Fg 2   Fg1  m1a   m2 a

 m  m2  
F  g   m2  m1   1

2


1 
m
3
F  g   m2  m1   10 2   30  5  kg  250 N
2 
s
2
Tutorium Physik I
V. Übungsblatt
10.11.2006
zur Vorlesung Prof. Dr. Schrewe
WS06/07
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------V-1.
a.
b.
c.
d.
V-2.
a.
b.
c.
Die Massen m1  20 kg und m2  10 kg sind in
der gezeigten Anordnung mit einem Seil
verbunden, das durch eine Umlenkrolle umgelenkt
wird. Die Massen des Seils und der Rolle können
vernachlässigt werden. Der Steigungswinkel der
schiefen Ebene betrage   20 .
Die Haftreibung zwischen m1 und m2 und
zwischen m2 und der schiefen Ebene (SE) soll
gleich sein. Welchen Wert darf die
Haftreibungszahl  H ,max nicht überschreiten, damit die Massen gleiten können?
Beim Gleiten soll die Gleitreibungszahl G  0, 05 betragen. Wie groß ist die
Beschleunigung a?
Wie groß sind die Seilkräfte
im Haftreibungsfall, mit dem Maximalwert für  H ,max wie in Teil a. berechnet,
im Gleitfall wie in Teil b. beschrieben?
Abbildung 1 zeigt einen doppelten Flaschenzug mit m1  1 kg ,
m2  2 kg und m3  3 kg . Zur Vereinfachung
Teilsystem
vernachlässige man die Massen der Seile und Rollen. Ziel
Aufg. V-2a.
ist es, die Seilkräfte und die Beschleunigung der Masse m3
R1
zu bestimmen.
Vorschlag für einen Lösungsansatz:
Man betrachte das Teilsystem mit den Massen m1 und m2 an der
kleinen Rolle (R1 im roten Kreis) zunächst als ruhend (gemeint ist,
dass die Rolle R1 sich zwar drehen, nicht aber vertikal bewegen
kann) und leite zunächst für das ruhende Teilsystem eine Beziehung für die Kraft
FZ4  m1 , m2 , g  her, mit der das Teilsystem das nach oben führende Seil belastet.
Wird anschließend das Teilsystem bestehend aus R1 und den Massen m1 und m2 mit
 a beschleunigt, kann g durch  g  a  ersetzt werden, um FZ 4 in einem bewegten
System zu erhalten.
Man berechne unter Verwendung der Beziehung für FZ 4 die Beschleunigung der
Masse m3.
Bestimme die Seilkräfte FZ 1 , FZ 2 , FZ 3 und FZ 4 .
Abb. 1
Lösungen:
V-1a. Die Masse m1 ist größer als die Masse m2. Deshalb wird im Gleitfall m1 abwärts und
m2 aufwärts gleiten.
Kräfte an m1: Die Tangentialkomponente der Gewichtskraft von m1 zeigt abwärts, die
(Haft-) Reibungskraft und die Seilkraft aufwärts.
abwärts:
Ft1  m1 g sin   68, 404 N
FH ,max1  FS1   H ,max m1 g  cos 20  FS1
aufwärts:
FH ,max1  FS 1   H ,max 187,938 N  FS 1
Kräfte an m2: Die Tangentialkomponente der Gewichtskraft von m2 und die (Haft-)
Reibungskraft zeigen abwärts, die Seilkraft aufwärts.
abwärts:
Ft 2  FH ,max 2  m2 g sin   H ,max  m1  m2  g cos
Ft 2  FH ,max 2  34, 202 N   H ,max  281,907 N
aufwärts:
FS 2
Die Seilkräfte sind gleich, wenn die Masse der Umlenkrolle vernachlässigbar ist. Es
gilt:
FS1  FS 2
Im statischen Fall muss deshalb die Summe aller Kräfte Null sein:
Ft1  FH ,max1  FH ,max 2  Ft 2  0
Die Körper gleiten, wenn gilt:
Ft1  FH ,max1  FH ,max 2  Ft 2
Gleitbedingung
Ft1  Ft 2  FH ,max1  FH ,max 2
Lösung für  H ,max :
V-1b. D'Alembertsche Prinzip für m1 :
Einsetzen (siehe III1a):
 m1  m2  g  sin 20  H ,max  2m1  m2  g  cos 20
 m1  m2  sin   10 tan 20  0, 073
 H ,max 
 2m1  m2  cos  50


  Fi   m1 a  0
 i

 Ft1  FG1  FS1   m1 a  0
Einsetzen (siehe III1a):


  Fi   m2 a  0
 i

 FS 2  Ft 2  FG 2   m2 a  0
Es gilt:
FS1  FS 2  Ft 2  FG 2  m2 a
Einsetzen:
F
D'Alembertsche Prinzip für m2 :
t1
 FG1   Ft 2  FG 2  m2 a    m1 a  0
Ft1  Ft 2  FG1  FG 2  m1 a  m2 a  0
Lösung:
a
 Ft1  Ft 2    FG1  FG 2 
a  g
m1  m2
 m1  m2  sin   G  m1   m1  m2   cos
m1  m2
10 kg sin 20  0, 05  50 kg cos 20
30 kg
m
a  0,357 2
s
a  g
Lösung:
V-1c. Bedingung im Haftreibungsfall:
FS 1  Ft1  FH ,max1  m1 g sin    H ,max m1 g cos 
FS1  68,404 N  13,681 N  54,723 N
FS 2  Ft 2  FH ,max 2
Seilkraft an Masse m1:
Probe für FS 2 :
FS 2  m2 g sin 20  H ,max  m1  m2  g cos 20
FS 2  34, 202 N  20,521 N  54,723 N
Seilkraft an Masse m2:
FS1  Ft1  FG1  FTr1
FS1  68, 404 N  9,396 N  7,140 N  51,868 N
V-1d. Bedingung im Gleitfall:
Seilkraft an Masse m1:
FS 2  Ft 2  FG 2  FTr2
Probe für FS 2 :
Seilkraft an Masse m2:
FS 2  34, 202 N  14,095 N  3,570 N  51,867 N
V-2a. Man betrachte zunächst die Massen m1 und m2 an einer ruhenden Umlenkrolle (R1),
die nicht vertikal bewegt wird. Die Kraft FZ4 (Kräfte und Beschleunigungen für die
ruhende Rolle werden mit einem "Strich" ( ' ) ist die Kraft, mit der die Rolle und die
beiden Massen m1 und m2 auf das nach oben führende Seil wirken.
Wenn (ohne Beschränkung der Allgemeinheit) m2  m1 gilt, fällt die Masse m2 nach
unten und die Masse m1 steigt nach oben.
D'Alembertsches Prinzip für m2:
 Fg2  FZ2   m2 a2  0
D'Alembertsches Prinzip für m1:
F
Z1
 Fg1   m1 a1  0
Die Beträge der Beschleunigungen der beiden Massen und die Beträge der Seilkräfte
sind gleich.

a1  a2  a12
Es gilt:
FZ1  FZ2  FZ12
und:
  Fg2  m2 a12

Fg1  m1 a12
Es folgt:
  m2 g  m2 a12

m1 g  m1 a12
m  m1
Lösung für a12 :
(*)
a12  2
g
m1  m2
Der Betrag der Kraft FZ4 ist die Summe der Beträge der Kräfte FZ1 und FZ2 :
    m1 g  m1 a12

FZ4  FZ1  FZ2   m2 g  m2 a12
Einsetzen von a12 :
Lösung für FZ4 :

m  m1
m  m1 
FZ4  g   m2  m2 2
 m1  m1 2

m1  m2
m1  m2 

m m  m22  m22  m2 m1  m12  m1m2  m1m2  m12
FZ4  g  2 1
m1  m2
4 m1 m2
FZ4 
g
m1  m2
FZ4 ist die Kraft am oberen Seil der Umlenkrolle (R1), wenn R1 nicht vertikal
beschleunigt wird. Wenn R1 mit  a beschleunigt wird, muss g wie in der
Aufgabenstellung angegeben g durch die Gesamtbeschleunigung g  a ersetzt
werden.
4 m1 m2
Lösung für FZ 4 :
FZ 4 
 g  a
m1  m2
V-2b. Man betrachte jetzt das Gesamtsystem des doppelten Flaschenzugs. Die Gewichtskraft
Fg 3  m3  g  30 N
der Masse m3 ist:
4 m1 m2
8
 g   g  26, 7 N
m1  m2
3
Da Fg 3  FZ4 bewegt sich die Masse m3 nach unten und die Rolle R1 nach oben.
Die Kraft FZ4 ist:
FZ4 
D'Alembertsches Prinzip für m3:
F
g3
 FZ 3   m3 a3  0
Umstellen nach FZ 3 :
FZ 3  m3 g  m3 a3  m3 ( g  a3 )
Die Umlenkrolle (R1)) bewegt sich noch oben.
4 m1 m1
Für die Seilkraft FZ 4 gilt nach 2a.: FZ 4 
 g  a3 
m1  m2
4m1 m2
FZ 3  m3   g  a3  
  g  a3   FZ 4
Da FZ 3  FZ 4 gilt:
m1  m2
Umstellen:
Lösung
Einsetzen


4m1 m2 
4m1 m2 
 m3 
  g   m3 
  a3
m1  m2 
m1  m2 


 m1 m3  m2 m3  4 m1 m2 
 m1 m3  m2 m3  4 m1 m2 

 g  
  a3
m

m
m

m

1
2


1
2

m1 m3  m2 m3  4 m1 m2
a3 
g
m1 m3  m2 m3  4 m1 m2
1  3  2  3  4 1  2
1
a3 
 g   g  0,588 m s 2
1  3  2  3  4 1  2
17
1

FZ 3  m3 ( g  a3 )  3 kg  1    g
 17 
480
 3 16

FZ 3  
10  N 
N  28, 24 N
17
 17

480
FZ 4  FZ 3 
N  28, 24 N
Seilkraft FZ 4 :
17
In Aufg. 2a wurde die Gleichung (*) für den Betrag der Beschleunigung der Massen
m1 und m2 hergeleitet. Wenn die Umlenkrolle (R1) mit  a3 beschleunigt wird, muss g
m  m1
a12  2
durch g  a3 ersetzt werden.
 g  a3 
m1  m2
FZ 1  Fg1  m1 a12
Für die Seilkraft FZ 1 gilt:
V-2c. Seilkraft FZ 3 :
FZ 1  m1  g  a3   m1
m2  m1
 g  a3 
m1  m2
 m  m1 
FZ 1  1  2
 m1  g  a3 
 m1  m2 
1
Mit m1  1 kg und m2  2 kg und a3  g :
17
1 
 2 1 

FZ 1  1 
 1 kg   g  g 
17 
 1 2 

4 18
FZ 1  1 10 N  14,12 N
3 17
FZ 2  Fg 2  m2 a12
Für die Seilkraft FZ 2 gilt:
FZ 2  m2  g  a3   m2
m2  m1
 g  a3 
m1  m2
 m  m1 
FZ 2  1  2
 m2  g  a3 
m

m

1
2 
1
Mit m1  1 kg und m2  2 kg und a3  g :
17
1 
 2 1 

FZ 2  1 
  2 kg   g  g 
17 
 1 2 

2
18
FZ 2   2  10 N  14,12 N
3
17
Kontrolle: Die Summe der Seilkräfte FZ 2 und FZ 2 ist gleich der Kraft FZ 4 .
Tutorium Physik I
VI. Übungsblatt
17.11.2006
zur Vorlesung Prof. Dr. Schrewe
WS06/07
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------VI-1. Auf unterschiedlich geneigten
Dachflächen (siehe Skizze) liegen
zwei Massen mit m1  m2  1kg ,
die durch ein Seil verbunden sind.
Das Seil wird auf der Dachspitze
mit einer Rolle umgelenkt. Die
Massen von Seil und Rolle sollen
vernachlässigt werden. Die Winkel
betragen: 1  30 und 2  60 .
a.
Betrachten Sie die Kräfte, die auf die beiden Massen m1 und m2 wirken. Wie groß
muss die Haftreibungszahl H,max mindestens sein, damit die Massen nicht gleiten
können?
b.
Man stelle sich vor, links und rechts der Umlenkrolle wären Kraftmessgeräte im Seil.
Welche Seilkräfte zeigen diese an, solange sich die Massen nicht bewegen?
c.
Man nehme jetzt an, dass die in Aufgabe 7.a. berechnete Haftreibungszahl H,max
unterschritten werde (z. B. durch Regen, der auf das Dach fällt). Die beiden Massen
beginnen zu gleiten. In welche Richtung? Die Gleitreibungszahl während des
Rutschvorganges soll dann (einheitlich für m1 und m2) G = 0,2 betragen. Wie groß ist
die Beschleunigung?
d.
Bestimmen Sie die Kräfte (einschließlich der Trägheitskräfte), die auf die bewegten
Massen m1 und m2 wirken. Geben Sie Betrag und Richtung der Kräfte an. Berechnen
Sie erneut die Seilkräfte.
VI-2. Drei Massen, m1 = 2 kg m2 = 3 kg und
m3 = 1 kg, sind mit (masselosen) Seilen
verbunden. m2 liegt auf einer horizontalen
Unterlage, m1 und m3 hängen senkrecht an
den Seilen herab. Die Seile werden mit
masselosen Rollen mit Radius R = 0,1 m
umgelenkt.
c.
Welche Haftreibungszahl H,max muss für m2 unterschritten werden, damit sich die
Massen bewegen?
Die Gleitreibungszahl  G für m2 betrage 0,2. Wie groß ist die Beschleunigung der
Massen?
Wie groß ist die Winkelbeschleunigung der Rollen?
d.
e.
Welche Drehzahl haben die Umlenkrollen, wenn sich die Massen aus der Ruhge
heraus um die Strecke s = 1 m bewegt haben?
Verwenden Sie zur Lösung zunächst die kinematischen Gleichungen.
Bestimmen Sie die Drehzahl alternativ mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes.
a.
b.
Lösung:
VI-1a. Die Gewichtskräfte können in die Normalkomponente Fn (senkrecht zur Gleitfläche)
und die den Hang abwärts weisende Tangentialkomponente Ft zerlegt werden.
Für Masse m1 gilt:
Ft1  m g  sin 30  5 N
Fn1  m g  cos30  8,66 N
Ft 2  m g  sin 60  8,66 N
Fn 2  m g  cos 60  5 N
Die Hangabtriebskraft der Masse m2 Ft 2  8,66 N ist größer als die Hangabtriebskraft
von m1 F1  5 N . Ohne Haftreibungskräfte würde sich deshalb die Masse m2 abwärts
und die Masse m1 aufwärts bewegen. Im Haftreibungsfall ist die Summe aller Kräfte,
die auf m1 und m2 wirken, gleich Null, da die Körper in Ruhe bleiben sollen. An der
Masse m2 ist die Hangabtriebskraft Ft 2 entgegengesetzt gerichtet zur
Haftreibungskräfte FH 2 und zur Seilkraft FS 2 . An der Masse m1 sind die
Hangabtriebskraft Ft1 und die Haftreibungskraft FH 1 gleich gerichtet und wirken
entgegengesetzt zur Seilkraft FS 1 .
Für die Masse m2 gilt:
Es gilt:
Ft 2   FH 2  FS 2   0  Ft 2  FH 2  FS 2
und:
 Ft1  FH1   FS1  0  Ft1  FH1  FS1
Seilkräfte sind gleich:
FS1  FS 2  FS
Es folgt:
Ft 2  FH 2  FS  0  Ft 2  FH 2   Ft1  FH1 
 Ft 2  Ft1    FH 2  FH1   0
oder:
Ft 2  Ft1  FH 1  FH 2  H ,max   Fn1  Fn 2 
Die Massen bleiben in Ruhe wenn für die Haftreibungszahl folgende Relation gilt:
F F
sin 60  sin 30
 H ,max  t 2 t1 
.
Fn1  Fn 2 cos 30  cos 60
0,866  0,5
 H ,max 
 0, 2679
0,866  0,5
VI-1b. Haftreibungsfall: Die Seilkräfte sind in jedem Punkt des Seils, also auch links und
rechts der Umlenkrolle gleich groß.
Sie betragen für:
H .max  0, 2679
FS  Ft1  FH ,max 1  5 N  0, 27  8, 66 N  7,32 N
links der Umlenkrolle:
FS  Ft 2  FH ,max 2  8, 66 N  0, 27  5 N  7,32 N
rechts der Umlenkrolle:
VI-1c. Gleitfall: Die Masse m2 gleitet abwärts, die Masse m1 aufwärts. Die Summe der
Tangentialkräfte und Gleitreibungskräfte ist ungleich Null. Die Resultierende bewirkt
nach dem eine Beschleunigung.
D'Alembertsches Prinzip:
 Fi  ma  0
i
Betrachte m1:
 Ft 2  FS 2  FG 2   m2 a2  0
 FS1  Ft1  FG1   m1 a1  0
Es gilt:
FS1  FS 2  FS
und:
a2  a1  a
Betrachte m2:
Einsetzen:
F F
Beschleunigung:
a
t2
t1
 FG1  m1 a1   FG 2   m2 a  0
1
 Ft 2  Ft1  FG1  FG 2 
mges
a  g
sin 60  sin 30  G  cos 30  cos 60 
2
a  g  0, 0464  0, 464 m s 2
VI-1d. Betrachte die Masse m1: Die Seilkraft FS 1 beschleunigt die Masse m1 aufwärts. Die
Hangabtriebskraft Ft1 und die Gleitreibungskraft FG1  G  Fn1 sind entgegengesetzt
gerichtet. Zusätzlich wirkt noch die Trägheitskraft FTr1  m1  a entgegengesetzt zur
Beschleunigungsrichtung.
Die Seilkraft an m1:
FS1  Ft1  G Fn1  m1  a
FS1  5 N  0, 2  8,66 N  0, 464 N  7,196 N
Kontrolle: Betrachte die Masse m2: Die Seilkraft FS 2 ist die Differenz aus der
Hangabtriebskraft
Ft 2
FG 2  G  Fn 2
und Summe aus Gleitreibungskraft
und
Trägheitskraft FTr 2  m2  a .
Die Seilkraft an m1:
FS 2  Ft 2  G Fn1  m1  a
FS 2  8,66 N  0, 2  5 N  0, 464 N  7,196 N
VI-2a. Die Gewichtskraft für die Masse m1 beträgt Fg1  20 N , die für die Masse m3
Fg 3  10 N . Ohne Reibung von Masse m2 würde sich das System nach rechts
bewegen. Folglich zeigen die Reibungskräfte nach links. Im Haftreibungsfall gilt: Die
Seilkraft rechts von der Masse m2 (erzeugt durch die Gewichtskraft von m1), ist gleich
der Summe der Haftreibungskraft von m2 ( FG 2   H ,max Fn 2 ) und der Seilkraft links
von m2 (erzeugt durch die Gewichtskraft von m3).
Fg1  Fg 3  FH 2
Fg1  Fg 3
20 N  10 N 1

Fn 2
30 N
3
VI-2b. Gegeben: Gleitreibungszahl  G  0,2 . Gesucht: Beschleunigung a.
Fg1  m1 g  20 N
Gewichtskraft von m1:
 H ,max 

Gewichtskraft von m3:
Fg 3  m3 g  10 N
Reibungskraft von m2:
FG 2  G Fn 2  6 N
D'Alembertsches Prinzip für m1:
F
D'Alembertsches Prinzip für m2:
 FS1  FG 2  FS 3   m2a  0
g1
 FS 1   m1a  0
Einsetzen von FS 2 :
F  F   m a  0
 F   F  F  m a   m a  0
 F   F   F  m a   m a   m a  0
Es folgt:
Fg1  FG 2  Fg 3  m3 a  m2 a  m1 a  0
D'Alembertsches Prinzip für m3:
Einsetzen von FS 1 :
S3
g3
g1
G2
g1
G2
3
S3
g3
2
1
3
2
1
m1 g  G m2 g  m3 g  m1a  m2 a  m3a  0
 m1  m3  G m2   g  0, 4  0, 666 m s 2
Lösung:
a  g
Einsetzen:
s1 
Lösung:
v1  2 a s1  2  0, 666 1
m1  m2  m3
6
a 0,666 m
 
 6,66 s  2
VI-2c. Winkelbeschleunigung:
r 0,1 m s 2
VI-2d. Kinematik: Da es sich um eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung handelt, gelten
die kinematischen Beziehungen
1
s1  a t12
für s1  1 m :
2
und für v1 :
v1  a t1
v12
2a
m
 1,15 m s 1
s
v

 1  1,84 s 1
2 2 r
VI-2e. Energieerhaltungssatz: Setze (oBdA) die potentielle Energie des Ausgangszustand
gleich Null. Die kinetische Energie im Ausgangszustand (A) ist ebenfalls Null. Es gilt
also:
Gesamtenergie Ausgangszustand: Eges  A  E pot  A  Ekin  A  0
Im Endzustand (E), wenn sich Massen um die Strecke von s  1 m bewegt haben, ist
die Masse m1 um die Höhe h1  1m   h gefallen, während die Masse m3 um die
Drehzahl der Rolle:
n
Höhe h3  1m   h gehoben werden ist. An der Masse m2 ist Reibungsarbeit
WR 2 verrichtet worden.
Da die Gesamtenergie erhalten bleibt, gilt für die Energiebilanz ( = Gesamtenergie +
Summe der geleisteten Arbeiten) im Endzustand (E):
Epot  E   Ekin  E   WR 2  0
Potentielle Energie (E)
E pot  E   m1 g   h   m3 g   h 
E pot  E   20 J  10 J  10 J
Reibungsarbeit in (E):
Energiebilanz in (E):
Geschwindigkeit der Massen:
Drehzahl der Rolle:
WR 2  G  Fn 2  G  m2  g  6 J
1
Eges  E   0  10 J  mges v12  6 J  0
2
2  4J
v1 
 1, 25 m s 1
6 kg
n
v

 1  1,837 s 1
2 2 r
Tutorium Physik I
VII. Übungsblatt
24.11.2006
zur Vorlesung Prof. Dr. Schrewe
WS06/07
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------VII-1. Die Masse m  1 kg rutscht mit der
Anfangsgeschwindigkeit
v0  4 m s 1 aus einer Höhe von
h0  0,5 m eine schiefe Ebene mit
Steigungswinkel   30 hinab.
Anschließend rutscht sie auf einer
Strecke s12  2m horizontal weiter
und trifft am Ende auf eine Feder
mit der Federkonstanten
D  5000 N m1 . Die Gleitreibungszahl beträgt auf dem gesamten Weg G  0, 2 .
a.
b.
c.
d.
Berechnen Sie die Gesamtenergie E ges , die kinetischen Energien Ekin und die
geleisteten Reibungsarbeiten WR in den Punkten 1 und 2 der Bahn, sowie die, an der
Feder geleistete elastische Verformungsarbeit WE 3 im Punkt 3.
Wie groß ist der Federweg x23 x?
Wie groß müsste die Anfangsgeschwindigkeit v0 gewählt werden, damit die Masse
nach dem Rückprall wieder genau die Anfangshöhe h0 ohne Geschwindigkeit erreicht?
(Vernachlässigen Sie zur Vereinfachung in Aufg. 1a - c. die Reibung entlang des
Federweges x23 )
 , wenn man die Reibung entlang des Federwegs nicht
Wie groß ist der Federweg x23
 die Gleitreibungszahl G  0, 2 verwendet?
vernachlässigt und auch für x23
VII-2. Ein Wagen der Masse m  1600 kg soll innerhalb einer Zeit von t  2,5 Minuten eine
Rampe der Länge s  190 m mit einer Steigung von 16% aus dem Stillstand
hochgezogen werden. Die Bewegung sei gleichmäßig beschleunigt. Die
Rollreibungszahl beträgt R  0,1 . Welche Leistung muss der Motor bei einem
Wirkungsgrad von   0, 75 aufbringen?
a.
Man kann die mittlere und die maximale Leistung aus Kraft und Geschwindigkeit
bestimmen.
b.
Alternativ kann die mittlere Leistung aus den benötigten Energien und den geleisteten
Arbeiten bestimmen.
(Allgemeiner Hinweis: Steigung ist der Quotient aus der Höhenänderung und dem
entsprechenden horizontalen Weg)
Lösungen:
VII-1a Wähle (oBdA) für die Höhe h  0 die potentielle Energie E pot  0 .
Kinetische Energie Punkt 1:
1
Eges  m g h0  m v02  5 J  8 J  13 J
2
 m g cos 30h0
WR 01  G FN s01  G
 1, 732 J
sin 30
Ekin1  Eges  WR01  13 1,732 J  11, 268 J
Reibungsarbeit Strecke 12:
WR12  G FN s12  G m g s12  4 J
Reibungsarbeit Strecke 02:
WR 02  WR 01  WR12  5, 732 J
Gesamtenergie:
Reibungsarbeit Strecke 01:
Kinetische Energie Punkt 2:
Ekin 2  Eges  WR02  13  5,732 J  7, 268 J
Verformungsarbeit (Feder) Punkt 3: WE 3  Ekin 2  7, 268 J
VII-1b Federweg:
1
WE 3  D x 232
Da gilt:
2
2 WE 3
folgt:
x23 
 0,0539 m  5, 4 cm
D
VII-1c Die Summe aller Reibungsarbeiten entlang des gesamten Weges ist gleich der
kinetische Anfangsenergie im Punkt 0.
1
2
Kinetische Anfangsenergie: Ekin 0  m  v0   2  WR 01  WR12   11, 464 J
2
4  WR 01  WR12 
m
v0 
 4, 79
Anfangsgeschwindigkeit:
m
s

VII-1d Gegenüber Aufgabe 1b muss in 1d. die Reibungsarbeit auf dem Wegstück x23
  G m g x23

mitberücksichtigt werden.
WR 23  G FN x23
Energieerhaltungssatz unter Berücksichtigung der Reibungsarbeiten im Punkt 3:
1
2
Eges  13 J  W12  W23  W23  D x23
2
1
  D x23
2
Eges  13 J  W12  W23  G m g x23
2
1

  D x23
2 
13 J  1, 732 J  4 J   G m g x23
2


 mg
14,536 J
2  2 G
 
x23
x23
D
D
14,536 J  G m g  G m g
 
x23

 
D
D
 D 
2
   2,9072 103 m 2  1, 6 107 m 2  4 104 m
x23
  5,352 cm
Lösung zu pos. Wurzel:
x23
Lösung zur negativen scheidet aus.
VII-2. Berechnung von Hilfsgrößen:
h
x
Steigung:
tan  
Steigungswinkel:
  arctan
Weg bei konst. Beschleunigung:
Beschleunigung:
h
 arctan 0,16  9,1
x
1 2
at
2
2s
2 190 m
m
a  2a 
 0, 01688 2
2 2
t
s
 2,5  60  s
sa 
m
m
150 s  2,533
2
s
s
m
 1, 267
s
Endgeschwindigkeit:
vmax  a  t  0, 0169
mittlere Geschwindigkeit:
v
1
vmax
2
VII-2a. Lösungsweg I: Berechnung der mittleren und maximalen Leistung aus Kraft
und Geschwindigkeit:
Fauf
Gesucht ist die Kraft aufwärts:
Gewichtskraft:
Fg
Tangentialkomponente von Fg :
Ft  Fg sin   m g sin 
Reibungskraft:
FG  G FN  G FG cos  G m g cos
D'Alembertsches Prinzip:
Lösung:


  Fi   m a  0
 i

 Fauf  Ft  FG   m a  0
Fauf  Ft  FG  m a
Fauf  m g sin   G mg cos   m a
Fauf  2527,8 N  1579,9 N  27, 0 N  4134,8 N
m
 5237 W
s
 4135N  2,533 N
Mittlere Nutzleistung:
PNutz  Fauf  v  4135 N 1, 267
Maximale Nutzleistung:
max
PNutz
 Fauf  vmax
Mittlere Gesamtleistung:
Maximale Gesamtleistung:
max
PNutz
 Fauf  vmax  10475W
1
1
Pges   PNutz 
 5237  6983W

0, 75
1 max
1
max
Pges
  PNutz

10475  13966W

0, 75
VII-2b Berechnung der mittleren Leistung aus Energie und Arbeit:
Höhenänderung:
h  s  sin   s  sin  arctan 0,16  30.0 m
Hubarbeit:
WH  m g h  1600 kg 10
Reibungsarbeit:
WG  G  m g  cos   s
m
 30 m  480, 29 kJ
s2
WG  0,11600 kg 10
m
 0,98744 190 m
s2
WG  300,18 kJ
2
1
1
m

m v 2  1600 kg   2,54   5,14kJ
2
2
s

 WH  WG  Ekin  785, 61 kJ
Kinetische Energie
Ekin 
Gesamtenergie:
Eges
Mittlere Nutzleistung:
P
Mittlere Gesamtleistung:
Eges
785 kJ
 5237 W
t
150 s
1
1
Pges   PNutz 
 5237  6983W

0, 75

(Kommentar: Wenn man annimmt, dass der Wagen am Ende der Rampe wieder die
Geschwindigkeit v  0 hat, entfällt der Energieanteil Ekin . Die Aufgabenstellung
macht keine Aussage über die Endgeschwindigkeit. Da die kinetische Energie klein
im Vergleich mit der Summe aus Hubarbeit und Reibungsarbeit ist, kann man sie
natürlich näherungsweise weglassen.)
Tutorium Physik I
VIII. Übungsblatt
01.12.2006
zur Vorlesung Prof. Dr. Schrewe
WS06/07
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------VIII-1. Eine Rangierlok der Masse 25 t, die einen (nicht angekuppelten) Waggon der
Masse 10 t vor sich her schiebt, wird gleichmäßig
beschleunigt. Sie soll in 5 s aus dem Stand heraus
eine Endgeschwindigkeit von 18 km/h erreichen.
Dabei ist ständig eine Reibungskraft von 5 kN
vorhanden.
a.
Wie groß ist die maximale und wie groß die mittlere Leistung, die die Lok
aufbringen muss?
Nach Erreichen der Endgeschwindigkeit bremst die Lok, der geschobene Waggon
löst sich und rollt mit konstanter Geschwindigkeit weiter. Nach einer reibungsfreien
Fahrt stößt er auf drei stehende, aneinander gekuppelte gleiche Waggons mit
jeweils 10 t Masse und kuppelt automatisch an diese an.
b.
c.
d.
VIII-2.
a.
b.
c.
d.
Mit welcher gemeinsamen Geschwindigkeit rollen die vier Waggons weiter?
Wie groß ist der relative Energieumsatz in der Kupplung? (Hinweis: Gesucht ist der
0
Energieverlust Q beim Stoß geteilt durch die kinetische Energie Ekin
des stoßenden
Waggons.)
Welche Kraft muss die Kupplung aufbringen, wenn die Ankupplungszeit circa
0,75 s beträgt?
Ein Körper der Masse
m2  1kg gleitet aus der Höhe
h  1 m eine schiefe Ebene
mit dem Neigungswinkel
  30 hinab. Anschließend
rutscht er auf einem
horizontalen
Streckenabschnitt der Länge
s1  1 m und stößt am Ende
auf einen Pendelkörper mit
der Masse m1  0,5 kg . Die Gleitreibungszahl auf der gesamten Strecke beträgt
G  0,1 . Berechnen Sie, wie hoch das Pendel mit der Masse m1 ausschwingt
(Masse der Pendelstange kann vernachlässigt werden), für folgende Bedingungen:
Einen (vollkommen) elastischen Stoß zwischen den Massen m2 und m1 .
Einen unelastischen Stoß zwischen den Massen m2 und m1 , wobei als
Zusatzbedingung angenommen werden soll, dass beim Stoß 25% der kinetischen
Energie in Verformungs- bzw. Wärmeenergie umgewandelt wird.
Einen vollkommen unelastischen Stoß.
Wie groß ist der Energieverlust beim vollkommen unelastischen Stoß (V1c.) relativ
zur kinetischen Energie des Körpers m2 direkt vor dem Stoß?
Lösungen:
VIII-2a. Masse der Lok:
Masse des Wagons:
Geschwindigkeitsänderung:
Beschleunigung:
mL  25 t  25000 kg
mW  10 t  10000 kg
v  (18  0) km / h  5 m / s
a
v 5 m s 1

 1, 0 m s 2
t
5s
Gesamtkraft:
Fa  mges a   mL  mW  a
m
Fa  35000 kg 1, 0 2  35 kN
s
FR  5 kN
Fges  Fa  FR  40, 0 kN
Maximale Leistung:
Pmax  Fges vmax  40 kN  5
Mittlere Leistung:
Pmittel  Fges vmittel
Beschleunigungskraft:
Reibungskraft:
m
 200 kW
s
m
 40 kN  2,5  100 kW
s
v1  5 m s 1
VIII-2b. Waggon Nr. 1 vor dem Stoß:
Waggon Nr. 2,3,4 vor dem Stoß: vi  0, für i  2,3, 4
m1v1   m1  m2  m3  m4  u
m1
m1
 v1 
 v1
Geschwindigkeit nach dem Stoß: u 
m1  m2  m3  m4
 mi
Impulserhaltungssatz
i 1,4
IV2c.
Energieerhaltungssatz:
10
5
u
v1  m s 1  1, 25 m s 1
40
4
4
1
1

m1 v12    mi u 2   Q
2

i 1  2
1
1 4

m1 v12    mi  u 2  Q
2
2  i 1 
1
1 4

Energieumsatz in der Kupplung: Q  m1 v12    mi  u 2
2
2  i 1 
Absoluter Energieverlust:
 4


mi  m12 v12 


m
1
Q  m1 v12   i 1  2  1  4 1
2

 4

2    mi 
  mi
i 1

 i 1 



m  1
Q   1  4 1  Ekin


  mi 
i 1


 1 1
Q  1    104  52 J  125 kJ
 4 2


1
 Ekin



Relativer Energieumsatz:
m
Q
10
 1 4 1  1
 75%
Ekin
40
 mi
i 1
Auch in diesem Fall gilt also:
dp p pEnd  pAnf


dt t
t
m u  m1 v1 m1  u  v1 
F1  1

t
t
10000 1, 25  5
F1 
N  50 kN
0, 75
 m  m3  m4  u  0   m2  m3  m4  u
F234  2
t
t
30000 1, 25
F234 
 50 kN
0, 75
Actio = Reactio.
Berechnung von Hilfsgrößen:
Anfangsenergie Masse m2 :
E pot ,2  m2 g h  10 J
VIII-1d. Kraft = Impulsänderung:
Für Waggon Nr. 1:
Für Waggon Nr.2,3,4:
VIII-2.
Weg auf schiefer Ebene:
Reibungsarbeit auf s0 :
Reibungsarbeit s1 :
Gesamte Reibungsarbeit:
F
h
 2m
sin 
WR 0  G m g cos  s0  1, 732 J
s0 
WR 0  G m g s1  1,000 J
WR , ges  2, 732 J
Kinetische Energie des Körpers m2 vor dem Kontakt mit dem Pendel:
Ekin ,2  E pot ,2  WR , ges  7, 268 J
Geschwindigkeit des Körpers m2 vor dem Kontakt mit dem Pendel:
v2 
VIII-2a. Elastischer Stoß mit v1  0 :
Ansatz:
Impulserhaltungssatz:
2  Ekin , K
m2
 3,813 m s 1
m2 v2  m1 u1  m2 u2
1
1
1
m2 v22  m1 u12  m2 u22
Energieerhaltungssatz:
2
2
2
Lösung nach Formelsammlung (Ableitung siehe Vorlesung):
2 m2
m  m2
u1 
v2  1
v1
Geschwindigkeit u1 :
m1  m2
m1  m2
2 m2
2
4
mit v1  0 :
u1 
v2 
v2  v2  5, 084 m s 1
m1  m2
1,5
3
2 m1
m  m1
u2 
v1  2
v2
Geschwindigkeit u2 :
m1  m2
m1  m2
m  m1
1  0,5
1
mit v1  0 :
u2  2
v2 
  v2  1, 271 m s 1
m1  m2
1,5
3
m1 g helastisch 
Energieerhaltungssatz:
helastisch 
VIII-2b. Unelastischer Stoß mit v1  0 und
1
m1 u12
2
u12
 1, 292 m
2g
Qu
  ; allgemeine Lösung für u1
Ekin,2
m2 v2  m1 u1  m2 u2
Impulserhaltungssatz:
Umstellen:
m2 u2  m2 v2  m1 u1
1
1
1
m2 v22  m1 u12  m2 u22  Qu
2
2
2
1
1
1
1
m2 v22  m1 u12  m2 u22    m2 v22
2
2
2
2
2 2
2
2 2
1    m2 v2  m1 m2 u1  m2 u2
Energieerhaltungssatz:
mit Qu    Ekin ,2 folgt
1    m22 v22  m1 m2 u12   m2 v2  m1 u1 
2
1    m22 v22  m1 m2 u12  m22 v22  2m2 v2 m1 u1  m12 u12
m m
1
2
 m12  u12  2 m2 v2 m1 u1     m22 v22
m2
m22
u1 v2    
v2
2 2
m1  m2
m1 m2  m1
m2
m
m2
u12  2
u1 v2     2 
v22
m1  m2
m1 m2  m1
m2

m1  m2
u12  2
Setze zur Vereinfachung:

m 
u12  2  u1 v2   2v22    2    2   v22
m1 

m
u1   v2   v2   2    2  
m1

m 
u1      2    2    v2
m1 

Diskussion: Für   0 entspricht die Lösung der des elastischen Stoßes:
Allgemeine Lösung:


u1     2  v2
Setze   0

2 4

1,5 3


Für die positive Wurzel ist: u1     2  v2  2   v2 
2 m2
2 4

 v2
m1  m2 1,5 3
diese Lösung stimmt mit der aus Teil a. überein.
(Negative Wurzel:
werden)


u1     2  v2  0  v2  0 kann ausgeschlossen
1
Lösung für Teil b: Setze   0,5  , m2  1kg und m1  0,5 kg :
2
m2
1 2


  0, 6667
m1  m2 1,5 3
2
4 1
2
u1   
  2    v2
9 4
3
3
Wie oben gezeigt, muss die positive Wurzel verwendet werden:
2
86 
 2 1
u1   
  v2      v2
18 
 3 3
3
u1  v2  3,813 m s 1
u2  v2 
m1
 0,5 
u1  v2 1 
 v2 
m2
1


1
v2  1,907 ms 1
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------Hinweis: Hier wurde eine allgemeine Lösung für  und  hergeleitet. Man kann im
vorliegenden Fall die Rechnung stark vereinfachen, wenn man im Ansatz bereits
Q
m
1
  u  und 2  2 verwendet.
m1
Ekin,2 4
u2 
Setze m2  2 m und m1  1 m :
Impulserhaltungssatz:
Energieerhaltungssatz:
mit Qu    Ekin ,2 folgt
mit  
2 m v2  mu1  2 mu2
1
u2  v2  u1
2
1
1
1
m2 v22  m1 u12  m2 u22  Qu
2
2
2
1
1
1
1
m2 v22  m1 u12  m2 u22    m2 v22
2
2
2
2
1
und m2  2 m und m1  1 m folgt:
4
1
1
v22  u12  u22   v22
2
4
2
3 2 1 2 
1 
v2  u1   v2  u1 
4
2
2 

3 2 1 2 2
1
v2  u1  v2  v2 u1  u12
4
2
4
2
2
2
3 v2  3 u1  4 v2  4 v2 u1
3 u12  4 v2 u1   v22
2
1
u12  2 v2 u1   v22
3
3
2
2 
1 2 4 2 1 2

 u1  v2    v2  v2  v2
3 
3
9
9

1
2
u1   v2  v2
3
3
Positive Lösung:
u1  v2
1
1
u2  v2  v2  v2
und
2
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------Berechnung der Höhe, die das Pendel schwingt:
1
2
m1 g hunelastisch  m1 uunelastisch
Energieerhaltungssatz:
,1
2
u2
hunelastisch  1  0, 727 m
2g
VII-2c. Vollkommen unelastischer Stoß mit v1  0 und u  u1  u2 ; Qvu ist die Energie,
die beim vollkommen unelastischen Stoß als Verformungs- oder
Wärmeenergie verloren geht.:
Impulserhaltungssatz:
m2 v2   m1  m2  u
1
1
m2 v22   m1  m2  u 2  Qvu
2
2
m2
1
Lösung für u :
u
v2  v2  1, 271 m s 1
m1  m2
3
1
2
m1 g hvollk .unelastisch  m1 uvollk
Energieerhaltungssatz:
. unelastisch ,1
2
u2
hvollk . unelastisch 
 0,112 m
2g
Vollkommen unelastischer Stoß mit v1  0 und u  u1  u2 ; Qvu ist die Energie,
die beim vollkommen unelastischen Stoß als Verformungs- oder
Wärmeenergie verloren geht.:
1
1
Qvu  m2 v22   m1  m2  u 2
Energieverlust:
2
2
m  m2  2
1
1
1
1
Qvu  m2 v22   m1  m2  v22   m2  1
 v2
2
2
9
2
9 
1
3m  2 1  5  2 5
Setze: m1  m und m2  2 m Qvu   2 m 
 v2   m  v2  Ekin ,2
2
9 
23 
6
Qvu
5
  83,3%
Relativer Energieverlust:
Ekin,2 6
Energieerhaltungssatz:
V1d.
Tutorium Physik I
IX. Übungsblatt
08.12.2006
zur Vorlesung Prof. Dr. Schrewe
WS06/07
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------IX-1.
a.
b.
c.
IX-2.
a.
b.
c.
Die Aufgabe wurde in ähnlicher
Form schon im Aufgabenblatt V
behandelt. Bitte vergleichen Sie
und beachten Sie die
Änderungen: Die Massen
m1  20 kg und m2  10 kg sind
in der gezeigten Anordnung mit
einem Seil verbunden, das durch
eine Umlenkrolle (homogener
Zylinder) mit der Masse
mR  5 kg umgelenkt wird. Die
Masse des Seils kann
vernachlässigt werden. Der
Steigungswinkel der schiefen Ebene betrage   20 .
Beim Gleiten soll die Gleitreibungszahl G  0, 05 betragen. Wie groß ist die
Beschleunigung a?
Berechnen Sie die Seilkräfte oben FSo und unten FSu im Gleitreibungsfall?
Vergleichen Sie die Ergebnisse für die Beschleunigung und die Gleitreibungskräfte
mit den denen der Aufgabe V-1. Erklären Sie die Unterschiede.
Die Aufgabe wurde in
ähnlicher Form schon im
FSL
FSR
Aufgabenblatt VI behandelt.
Bitte vergleichen Sie und
beachten Sie die Änderungen:
Auf unterschiedlich geneigten
Dachflächen (siehe Skizze) liegen
zwei Massen mit m1  m2  1kg ,
die durch ein Seil verbunden
sind. Das Seil wird auf der
Dachspitze mit einer Rolle umgelenkt. Die Massen des Seils soll vernachlässigt
werden, die Masse der Rolle hingegen soll berücksichtigt werden: mR  1 kg .
Näherungsweise kann die Rolle als Hohlzylinder behandelt werden. Die Winkel
betragen: 1  30 und 2  60 .
Im Aufgabenblatt VI. wurden die Haftreibungszahl H,max und die Seilkräfte im
Haftreibungsfall bestimmt. Welche Änderungen ergeben sich, wenn die Masse der
Rolle mit berücksichtigt werden soll?
Man nehme jetzt an, dass die in Teil a. berechnete Haftreibungszahl H,max
unterschritten werde (z. B. durch Regen, der auf das Dach fällt). Die beiden Massen
beginnen zu gleiten. In welche Richtung? Die Gleitreibungszahl während des
Rutschvorganges soll dann (einheitlich für m1 und m2) G = 0,2 betragen. Wie groß
ist die Beschleunigung?
Bestimmen Sie die Kräfte (insbesondere die Seilkräfte links FSL und rechts FSR von
der Umlenkrolle), die auf die bewegten Massen m1 und m2 wirken.
Lösungen:
IX-1a. Betrachte die Drehmomente an der Umlenkrolle:
Die Seilkraft FSu erzeugt ein Drehmoment nach "rechts", die Seilkraft FSo ein
Drehmoment nach "links". Die Winkelbeschleunigung  der Rolle ist proportional
zur Differenz der beiden Drehmomente.
Es gilt:
M links  M rechts  FSo R  FSu R
M links  M rechts   FSo  FSu  R  J 
1
J  mR R 2
mit:
2
Wenn die Rolle starr ist, und das Seil nicht rutscht, gilt:
a  R
Einsetzen (siehe V-1a):


  Fi   m1 a  0
 i

 Ft1  FG1  FSo   m1 a  0
Es folgt:
FSo  Ft1  FG1  m1 a
D'Alembertsche Prinzip für m1 :
Einsetzen (siehe V-1a):


  Fi   m2 a  0
 i

 FSu  Ft 2  FG2   m2 a  0
Es folgt:
FSu  Ft 2  FG 2  m2 a
D'Alembertsche Prinzip für m2 :
Einsetzen:
 FSo  FSu  
  Ft1  FG1  m1 a    Ft 2  FG 2  m2 a  
J J a
 2
R
R
J 

Ft1  FG1  Ft 2  FG 2  a  m1  m2  2 
R 

2
1


2 mR R
Ft1  FG1   Ft 2  FG 2   a  m1  m2 

R2 

Ft1  FG1  m1 a  Ft 2  FG 2  m2 a 
Beschleunigung:
a
a
 Ft1  FG1    Ft 2  FG 2 
m1  m2  12 mR
 Ft1  Ft 2    FG1  FG 2 
a  g
 m1  m2  sin   G  m1   m1  m2   cos
m1  m2  12 mR
m 10 kg sin 20  0, 05  50 kg cos 20

s2
32,5 kg
m
a  0, 032953  g  0,330 2
s
a  10
Lösung:
m1  m2  12 mR
IX-1b. Seilkraft "oben":
FSo  Ft1  FG1  m1 a
FSo  Ft1  FG1  m1 a
FSo  g  m1 sin   G m1 cos   m1 a

a
FSo  m1 g  sin   G cos   
g

m
FSo  10 2  20kg  sin 20  0, 05cos 20  0, 032953 
s
m
FSo  10 2  20 kg  0, 262083  52, 4 N
s
Seilkraft "unten":
FSu  Ft 2  FG 2  m2 a
FSu  m2 g sin   G  m1  m2  g cos  m2 a

a
FSu  g  m2 sin   G  m1  m2  cos   m2 
g


a
FSu  g 10kg  sin 20  0,05  30kg  cos 20  10 kg  
g

FSu  g 3,420 kg  1,410 kg  0,330 kg   51,6 N
Kontrolle: Welche Kraft wird zur Erzeugung des Drehmoments an der Umlenkrolle
benötigt?
Für die Drehmomente gilt: M links  M rechts  FSo R  FSu R   FSo  FSu  R  J 
Es folgt:
Probe:
2
1
J   2 mR R   a 1
FR  FSo  FSu 

 mR a
R
R2
2
m
FR  0,5  5 kg  0,330 2  0,825 N
s
FSo  FSu  FR  51,6 N  0,8 N  52, 4 N
IX-2a. Die Gewichtskräfte können in die Normalkomponente Fn (senkrecht zur Gleitfläche)
und die den Hang abwärts weisende Tangentialkomponente Ft zerlegt werden.
Für Masse m1 gilt:
Ft1  m g  sin 30  5 N
Fn1  m g  cos30  8,66 N
Ft 2  m g  sin 60  8,66 N
Fn 2  m g  cos 60  5 N
Die Hangabtriebskraft der Masse m2 Ft 2  8,66 N ist größer als die
Für die Masse m2 gilt:
Hangabtriebskraft von m1 F1  5 N . Ohne Haftreibungskräfte würde sich deshalb die
Masse m2 abwärts und die Masse m1 aufwärts bewegen. Im Haftreibungsfall ist die
Summe aller Kräfte, die auf m1 und m2 wirken, gleich Null, da die Körper in Ruhe
bleiben sollen. An der Masse m2 ist die Hangabtriebskraft Ft 2 entgegengesetzt
gerichtet zur Haftreibungskräfte FH 2 und zur Seilkraft FS 2 . An der Masse m1 sind
die Hangabtriebskraft Ft1 und die Haftreibungskraft FH 1 gleich gerichtet und wirken
entgegengesetzt zur Seilkraft FS 1 .
Es gilt:
Ft 2   FH 2  FS 2   0  Ft 2  FH 2  FS 2
und:
 Ft1  FH1   FS1  0  Ft1  FH1  FS1
Seilkräfte sind gleich:
FS1  FS 2  FS
Es folgt:
Ft 2  FH 2  FS  0  Ft 2  FH 2   Ft1  FH1 
 Ft 2  Ft1    FH 2  FH1   0
oder:
Ft 2  Ft1  FH 1  FH 2  H ,max   Fn1  Fn 2 
Die Massen bleiben in Ruhe wenn für die Haftreibungszahl folgende Relation gilt:
F F
sin 60  sin 30
 H ,max  t 2 t1 
.
Fn1  Fn 2 cos 30  cos 60
0,866  0,5
 H ,max 
 0, 2679
0,866  0,5
Da im Haftreibungsfall die Winkelbeschleunigung der Rolle Null ist, wirkt kein
Drehmoment. Für die Berechnung der Haftreibungszahl ist die Masse der Rolle also
unerheblich.
IX-2b. Gleitfall: Die Masse m2 gleitet abwärts, die Masse m1 aufwärts. Die Seilkräfte sind
links und rechts der Umlenkrolle nicht mehr gleich groß. Die Differenz der Seilkräfte
erzeugt das Drehmoment an der Rolle.
 FSR  FSL   R  J 
Betrachte m2:
J  m R 2 für Hohlzylinder
a

R
 Ft 2  FSR  FG 2   m2 a2  0
Betrachte m1:
 FSL  Ft1  FG1   m1 a1  0
mit:
und:
Es gilt:
und:
Einsetzen:
Beschleunigung:
J
R
a2  a1  a  R  
FSR  FSL 

J 


 Ft 2    Ft1  FG1  m1 a   R   FG 2   m2 a  0




a
Ft 2  Ft1  FG1  m1 a  J 2  FG 2  m2 a  0
R
a
Ft 2  Ft1  FG1  m1 a1  mR R 2 2  FG 2  m2 a  0
R
 Ft 2  Ft1  FG1  FG 2   a  m1  mR  m2   0
a
1
 Ft 2  Ft1  FG1  FG 2 
m1  m2  mR
a  g
sin 60  sin 30  G  cos 30  cos 60 
3
2
a  g  0, 0309  0,309 m s
IX-2d. Betrachte die Masse m1: Die Seilkraft FS 1 beschleunigt die Masse m1 aufwärts. Die
Hangabtriebskraft Ft1 und die Gleitreibungskraft FG1  G  Fn1 sind entgegengesetzt
gerichtet. Zusätzlich wirkt noch die Trägheitskraft FTr1  m1  a entgegengesetzt zur
Beschleunigungsrichtung.
Die Seilkraft an m1:
FS1  Ft1  G Fn1  m1  a
FS1  5 N  0, 2  8,66 N  0, 464 N  7,196 N
Kontrolle: Betrachte die Masse m2: Die Seilkraft FS 2 ist die Differenz aus der
Hangabtriebskraft Ft 2 und Summe aus Gleitreibungskraft FG 2  G  Fn 2 und
Trägheitskraft FTr 2  m2  a .
Die Seilkraft an m1:
FS 2  Ft 2  G Fn1  m1  a
FS 2  8,66 N  0, 2  5 N  0, 464 N  7,196 N
Tutorium Physik I
X. Übungsblatt
14.12.2006
zur Vorlesung Prof. Dr. Schrewe
WS06/07
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------X-1.
Berechnen Sie das Massenträgheitsmoment für folgende Körper mit homogener
Dichte. Die Körper sollen jeweils die Gesamtmasse mges besitzen. Die gestrichelte
Linie zeigt die Drehachse. Das Ergebnis soll in der Form J ges  x  mges  R2 angegeben
werden, wobei der Faktor x aus den Angaben zur Geometrie zu bestimmen ist..
a.
Hantel senkrecht zur Symmetrieachse:
Radius der Kugeln R ,
Länge der Verbindungsstange L  2  R ,
Radius der Verbindungsstange r  0, 2  R .
b.
Hantel parallel zur Symmetrieachse:
Radius der Kugeln R ,
Länge der Verbindungsstange L  2  R ,
Radius der Verbindungsstange r  0, 2  R .
c.
Speichenrad:
Radkranz (Äußerer Reifen):
Außenradius: R  Raa  16  r ,
Innenradius: Rai  Raa  r ,
Radnabe (Innerer Ring):
Außenradius: Ria  Rii  r ,
Innenradius: Rii  2 r
Beide Ringe haben die Höhe: h  2 r
Radius der Speichen: RS  r
d.
Versuchen Sie, für die gegebenen Beispiele einfache Abschätzung zu finden und
vergleich Sie die Ergebnisse der Schätzung mit denen der exakten Rechnung.
X-2.
Ein Drehmomentenrad erfährt um seine horizontale Achse
eine Winkelbeschleunigung, die durch die Gewichtskraft
eines Körpers der Masse m  10 kg erzeugt wird, der an
einem um die Achse ( R  8 cm ) gewickelten Faden hängt.
Lässt man den Körper (m) los, so bewegt er sich in t  5 s
um die Strecke s  2m nach unten. Berechnen Sie das
Massenträgheitsmoment des Systems Rad/Achse,
a.
indem Sie die am System wirkenden Kräfte und Momente
betrachten,
indem Sie den Energieerhaltungssatz anwenden.
b.
Lösungen:
X-1a. Hantel senkrecht zur Symmetrieachse:
Berechnung der Volumina:
Kugelvolumen:
Volumen der Stange:
Gesamtvolumen:
4
VK   R 3  1,333   R 3
3
VS   r 2   L  0, 040  2    R 3  0, 080   R 3
 4

Vges   2   0, 08   R 3  2, 747  R 3
 3

m
angenommen wird, sind die Massen der Teilkörper
V
proportional zu deren Volumina.
mS
V
0,08
Masse der Stange:
 S 
 0,029126  2,9%
mges Vges 2,747
Da eine homogene Dichte  
Massenträgheitsmoment gesamt:
mK
V
1,333
 K 
 0, 4854  48,5%
mges Vges 2,747
2
2
J K  mK  2 R   mk R 2  4, 4 mK R 2
5
J K  4, 4  0, 4854  mges R2  2,1358  mges R2
1
1
1
J S  mS L2  mS 4 R 2  mS R 2
12
12
3
1
J S   0, 029126  mges R 2  0, 0097  mges R 2
3
J ges  2  J K  J S   2  2,1354  0,0097   mges R2
Lösung: Faktor x:
x
Masse der Kugel:
Massenträgheitsmoment Kugel:
Massenträgheitsmoment Stange:
J ges
mges R 2
 2  2,1354  0, 0097  4, 28
X-1b. Hantel parallel zur Symmetrieachse:
Die Volumina und Massenverhältnisse der Teilkörper können aus VI1a übernommen
werden.
2
J K  mk R 2  0, 4  mk R 2
Massenträgheitsmoment Kugel:
5
J K  0, 4  0, 48532  mges R2  0,19413  mges R2
Massenträgheitsmoment Stange:
1
ms r 2  0,5 ms r 2  0,5 ms 0, 04 R 2
2
J S  0,02 ms R2  0,02  0,029126  mges R2
JS 
J S  0,00058252  mges R2
Massenträgheitsmoment gesamt:
J ges  2  J K  J S
J ges   2  0,19413  0,000583 mges R2
Lösung: Faktor x:
x
J ges
mges R 2
 2  0,19413  0, 000583  0,389
Fazit: Die Massenträgheitsmomente der Hantel unterscheiden sich je nach
Orientierung von Dreh- und Symmetrieachse um den Faktor 11,0!
X-1c. Speichenrad:
Berechnung der Volumina:
Volumen des Radkranzes:
2
Va   h  Raa
 Rai2   2  256  225   r 3  62  r 3
Volumen der Radnabe:
Vi   h  Ria2  Rii2   2  9  4   r 3  10  r 3
Volumen einer Speiche:
VS   r 2lS  15  3  r 3 12  r 3
Volumen aller Speichen:
VS , ges  8 VS  96  r 3
Gesamtvolumen:
Mit R  Raa  16 r folgt:
Da eine homogene Dichte  
Vges  10  62  96  r 3  168  r 3
168
168
Vges  3  R 3 
 R 3  0, 041015  R 3
16
4096
m
angenommen wird, sind die Massen der Teilkörper
V
proportional zu den Volumina.
Va
62

 0,369048  36,9%
Vges 168
V
10
Masse der Radnabe:
 i 
 0,059524  6,0%
Vges 168
V
12
Masse einer Speiche:
 S 
 0,071429  7,1%
Vges 168
V
96
Masse aller Speichen:
 K 
 0,571429  57,1%
Vges 168
1
1
2
J a  ma  Raa
 Rai2    256  225  ma r 2
Massenträgheitsmoment Kranz:
2
2
1
1
J a  481 ma r 2  481 0,369048  mges r 2
2
2
2
J a  88,756  mges r
1
1
J i  mi  Ria2  Rii2    9  4  mi r 2
Massenträgheitsmoment Nabe:
2
2
1
1
J i  13  mi r 2  13  0, 059524  mges r 2
2
2
Ji  0,38691 mges r 2
Zur Berechnung des Massenträgheitsmoments der Speichen kann der Steinersche Satz
verwendet werden:
J ges  mh2  J S ,
Masse des Radkranzes:
ma
mges
mi
mges
mS
mges
mK
mges

wobei h gleich dem Abstand zwischen Drehachse und Schwerpunkt, und J S dem
Massenträgheitsmoment für Drehungen um eine Achse durch den Schwerpunkt
entspricht.
Abstand Drehachse – Schwerpunkt: h  9 r
1
1
J S  mS L2  mS 122 r 2  12 mS r 2
Massenträgheitsmoment J S :
12
12
2
Massenträgheitsmoment J ges
J S , ges  mS h  J S  mS 81r 2  12 mS r 2
J S , ges  93 mS r 2  93  0,071429  mges r 2
J S , ges  6,6429  mges r 2
Massenträgheitsmoment aller acht Speichen:
J8S , ges  8  6,6429  mges r 2  53,1432  mges r 2
Massenträgheitsmoment gesamt:
J Rad , ges  J i  J 8 S , ges  J a
J Rad , ges   0,38691  53,1432  88,756  mges r 2
Lösung: Faktor x:
J Rad , ges  142, 286  mges r 2
142, 286
J Rad , ges 
 mges r 2  0,5558  mges R 2
162
J
x  Rad , ges2  0,5558
mges R
X-1d. Dreht man die Hantel senkrecht zur Symmetrieachse, könnte man als sehr einfache
Abschätzung zum Beispiel die beiden Kugeln als Massenpunkte im Abstand h
betrachten und die Verbindungsstange ignorieren
Abstand Drehachse – Schwerpunkt: h  2 R
Massenträgheitsmoment für einen Massenpunkte mit Masse mges im Abstand h von
der Drehachse:
Faktor x Schätzung:
Faktor x exakt:
Abweichung:
  4 mges R2
J ges

J ges
x 
4
mges R 2
J ges
x
 4, 28
mges R 2
x  x
 6,5%
x
Dreht man die Hantel parallel zur Symmetrieachse, könnte man als einfache
Abschätzung zum Beispiel nur die Massenträgheitsmomente der beiden Kugeln mit
jeweils der Hälfte der Gesamtmasse addieren.
2
2 mges 2 1
Massenträgheitsmoment einer Kugel:
J K  mK R 2 
R  mges R 2
5
5 2
5
2
Massenträgheitsmoment von zwei Kugeln : J K  mges R 2  0, 4  mges R 2
5

J ges
x 
 0, 4
Faktor x Schätzung:
mges R 2
J ges
Faktor x exakt:
x
Abweichung:
x  x
 2,8%
x
mges R 2
 0,389
Das Massenträgheitsmoment des Speichenrad könnte man durch das einer homogene
Scheibe mit Masse mges und Radius R abschätzen.
Homogene Scheibe:
J S 
1
mges R 2  0,5 mges R 2
2

J ges
Faktor x Schätzung:
x 
Faktor x exakt:
x
Abweichung:
x  x
 10, 0%
x
mges R 2
J ges
mges R 2
 0,5
 0,5558
Fazit: Es lohnt also fast immer zunächst eine einfache Abschätzung des
Massenträgheitsmoments zu verwenden, bevor die aufwendige Berechnung des
korrekten Wertes durchgeführt wird.
X-2a. Betrachtung der Kräfte und Momente:
Der Körper mit der Masse m fällt gleichmäßig beschleunigt.
1
Gleichm. beschleunigte Bewegung: s  a t 2
2
2s
4m
a 2 
 0,16 m s 2
t
25 s 2
Es wirken auf m die Gewichtskraft Fg und die Seilkraft FS :


  Fi   m a  0   Fg  FS   ma
 i

Die Seilkraft FS erzeugt ein Drehmoment am System Rad/Achse:
D'Alembertsches Prinzip für m:
M  FS  R
Das Drehmoment erzeugt eine Winkelbeschleunigung::
M  J 
Für Beschleunigung und Winkelbeschleunigung gilt der Zusammenhang:
a  R 
a
FS  R  J
Es folgt:
R
a
FS  J 2
R
Es folgt:
 Fg  FS   ma  m  g  a   JRa2  0
g a
J  m R2
a
2 10  0,16
J  10   0, 08
kg m2  3,936 kg m2
0,16
X-2b. Energieerhaltungssatz:
trans
rot
E pot  Ekin
 Ekin
mgh
1
1
m v2  J  2
2
2
v
R
Es gilt:

Einsetzen von  :
mgh 
1
1 v2
m v2  J 2
2
2 R
Umstellen:
J   2 m g h  m v2 
R2
v2
2gh 
J  mR 2  2  1
 v

Für eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung gilt:
1
s  a t2
2
und:
v  at
2s
2s
v 2 t
Einsetzen von a:
t
t
2
2


2  2 g ht
2  g ht
J  mR 

1

mR

1



2
2
 4s

 2s

2
 10  2  5

J  10 kg  0, 0064 m2  
 1
2
 22

J  0,064 kg m2  61,5  3,936 kg m2
Tutorium Physik I
IX. Übungsblatt
22.12.2006
zur Vorlesung Prof. Dr. Schrewe
WS06/07
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------XI-1. Ein Student möchte sein neues
A
Weihnachtsgeschenk, ein
Spielzeugauto und eine
Loopingbahn testen. Das Auto hat
eine Masse von mA  200 g mit
Schwungradantrieb (Vollscheibe
mit der Masse mS  50 g ,
Durchmesser DS  4 cm ) und die
x
P
Loopingbahn besteht aus einer
horizontaler Anlaufstrecke der
Länge lB  50 cm und einer Loopingschleife mit Radius RB  20 cm . Das Schwungrad
dient nicht nur als Energiespeicher, sondern auch als Antriebsrad (d. h. die
Umfangsgeschwindigkeit des Rades entspricht der Fahrgeschwindigkeit des Autos).
a.
Das Auto soll durch die Loopingschleife fahren können. Bestimmen Sie die kleinste
Geschwindigkeiten vmin , die es im höchsten Punkt der Schleife haben kann, ohne
herabzufallen. (Betrachten Sie dazu das Auto näherungsweise als Massenpunkt, der
sich reibungsfrei bewegt.)
b.
Bestimmen Sie die Geschwindigkeit vP ,die das Auto im Punk (P) (Einfahrt in die
Loopingschleife) haben muss, um die im Aufgabenteil a. genannten Bedingungen zu
erfüllen.
c.
Skizzieren Sie die Funktion der Normalkraft, die auf das Auto entlang der Fahrtstrecke
x wirkt ( x  lB     2RB  ).Betrachten Sie hierzu die Geschwindigkeit v bei (P),
d.
insbesondere vlinks für x  lB   und vrechts für x  lB   , mit jeweils   0 .
Mit welcher Anfangsdrehzahl muss sich das Schwungrad am Anfangspunkt (A) der
Loopingbahn drehen?
XI-2. Zwei Schwungräder in Form von homogenen Vollzylindern mit den Massen
m1  0,8 kg und m2  1,5 kg und dem Radius R1  R2  10 cm haben eine Drehzahl
a.
b.
c.
d.
e.
von n1  900 min 1 und n2  600 min 1 . Die beiden Schwungräder werden gekuppelt.
Die Kupplungszeit dauert T  0,5 s .
Welche gemeinsame Drehfrequenz haben die Schwungräder nach dem Kuppeln?
Wie groß ist der Drehimpuls der beiden verkuppelten Schwungräder?
Berechnen Sie die Veränderung des Drehimpulses vor und nach dem
Kupplungsvorgang für beide Schwungräder getrennt. Kommentieren Sie das Ergebnis.
Welches Drehmoment hat beim Kupplungsvorgang gewirkt?
Betrachten Sie die Energien: Welche Energien hatten die Schwungräder vor, welche
Energie haben sie nach der Kupplung?. Gilt der Energieerhaltungssatz? Kommentieren
Sie auch dies Ergebnis.
Lösungen:
XI-1a. Die Zentrifugalkraft im höchsten Punkt muss kleiner als die Gewichtskraft sein.
v2
Zentrifugalkraft:
FZf  m
RB
Fg  m g
Gewichtskraft:
Es muss gelten:
v2
FZf  m
 m g  Fg
RB
Es folgt:
v  RB g
m
m
 1, 414
s
s
XI-1b. Setzt man die potentielle Energie im tiefsten Punkt der Bahn gleich Null, so besitzt das
Auto im Punkt (P) nur kinetische Energie, im höchsten Punkt der Bahn sowohl
kinetische als auch potentielle Energie.
1
1
2
Eges  Ekin  P   m vP2  m g  2 RB   m vmin
Energieerhaltungssatz:
2
2
2
2
mvP  2  m g  2RB   mvmin
Minimalgeschwindigkeit:
vmin  RB g  0, 2 10
Es folgt:
2
vP  4 g RB  vmin
 4 10  0, 2  2
m
s
m
m
 3,162
s
s
XI-1c. Für alle Wegpunkte "links" vom Punkt (P), also für x  lB gilt:
vP  10
Fn  Fg  m g für x  lB
Normalkraft = Gewichtskraft:
"Rechts" von (P) ist die Normalkraft jedoch die Summe aus Gewichtskraft und
Zentrifugalkraft. Nähert man sich von "rechts" dem Punkt (P), also im Punkt P  
mit   0 , so gilt:
v2
für lB  x  lB  2 RB
Fn  Fg  FZf  m g  m
RB
Die Funktion der Normalkraft ist unstetig im Punkt (P).
Den Verlauf der Normalkraftfunktion innerhalb der Loopingschleife kann aus dem
Energieerhaltungssatz abgeleitet werden.
Eges  Ekin  lB   Ekin  x  lB   E pot  x  lB 
1
1
2
m vP2  m g h  x   m  v ( x ) 
2
2

s 
2
 v( x)   vP2  2 g h  x   vP2  2 g RB 1  cos 
RB 

s  x  lB
Eges 
mit s  Kreisbogenlänge:
Zentrifugalkraft:
Normalkomponente von Fg

mvP2
x  lB 
FZf  x  
 2 m g 1  cos

RB
RB 

x  lB
Fng  m g cos
RB
2
Die Geschwindigkeit im Punkt (P) war vP  4 g RB  vmin
(siehe XI-1b.)
2
vP2  4 g RB  vmin
 4 g RB  g RB  5 g RB
Es folgt mit Lösung XI-1a.:
Die Funktion der Normalkraft Fn  x  kann in Einheiten der Gewichtskraft ausgedrückt
Fn  x  Fng  x  FZf  x 


Fg
mg
mg
werden:

m vP2
x  lB 
x  lB
 2 m g 1  cos
m g cos

Fn  x 
RB
RB 
RB



Fg
mg
mg
Einsetzen:
Fn  x 

x  lB
x  lB 
 cos
 5  2 1  cos

Fg
RB
RB 

Fn  x 
Fg
 3  cos
x  lB
x  lB
 2  cos
RB
RB
Fn  x 

x  lB 
 3 1  cos

Fg
RB 

Lösung:
Für 0  x  lB :
Fn  x 
1
Fg
für lB  x  lB  2  RB :
Fn  x 

x  lB 
 3 1  cos

Fg
RB 

Fn  x 
1
Fg
für x  lB  2 RB :
8
Loopingschleife
F n/F g
6
höchster Punkt
in der
Loopingschleife
4
lB
2
0
0
0,5
1
1,5
x /m
2
2,5
XI-1d. Die kinetische Energie im Anfangspunkt (A) ist gleich der kinetischen Energie im
Punkt (P), weil keine Reibungsarbeit aufgebracht werden muss.
Ekin  A  Ekin  P 
Aus VIIIb. folgt für die Fahrgeschwindigkeit des Autos:
m
m
vA  vP  10  3,162
s
s
Umfangsgeschwindigkeit des Schwungrades:
vU    DS  nS
wobei nS die Anfangsdrehzahl des Schwungrades bezeichnet.
Es soll gelten:
vU  vA
Lösung:
nS 
vA
10 1

s  25, 2 s 1
 DS   0, 04
XI-2a. Die beiden Schwungräder haben Drehimpuls.
Die Radien sind gleich:
R  R1  R2
Schwungrad (1):
L1  J1 1  J1 2 n1 
1
m1 R 2 2 n1
2
L1  m1 R 2 n1
L2  m2 R 2 n2
Schwungrad (2):
Bei dem Kupplungsvorgang bleibt die Summe der Drehimpulse konstant:
L  L1  L2
Es gilt:
L   J1  J 2  gem   J1  J 2  2 ngem
L
L
ngem 

2  J1  J 2    m1  m2  R 2
ngem 
ngem 
m1 n1  m2 n2  0,8  900  1,5  600  min

m1  m2
0,8  1,5
m1 n1  m2 n2  0,8  900  1,5  600  min

m1  m2
0,8  1,5
ngem  704min 1
XI-2b. Drehimpuls des Schwungrades (1): L1  m1 R 2 n1  0,8 kg  0, 01 m 2   
L1  0,377
Schwungrad (2):
900
60 s
kg m2
s
L2  m2 R 2 n2  1,5 kg  0, 01 m 2   
600
60 s
kg m2
s
Bei dem Kupplungsvorgang bleibt die Summe der Drehimpulse konstant:
kg m2

L  L1  L2   0,377  0, 471
s
L2  0, 471
1
1
kg m2
s
1
L  L1  L2   m1  m2  2 ngem
2
1
704
L   0,8  1,5  kg  0, 01 m 2  2 
2
60 s
L  0,848
Probe:
kg m2
s
L1  2 J1  ngem  n1 
L  0,848
XI-2c. Änderung des Drehimpulses (1):
 196 
L1  2 J1  ngem  n1     m1 R 2  

 60 s 
kg m2
2  196 
L1    m1 R  
  0,082
s
 60 s 
Änderung des Drehimpulses (1):
L2  2 J 2  ngem  n2 
 104 
L2  2 J 2  ngem  n2     m2 R 2  

 60 s 
 104 
kg m2
L2    m2 R 2  


0,082

s
 60 s 
Verringerung der Drehimpulses (1) ist gleich der Vergrößerung des Drehimpulses (2).
dL L 0, 082 kg m2
XI-2d. Drehmoment:
M


 0,164 Nm
dt t
0,5 s 2
1
11

rot
Ekin
J1 12   m1 R 2  4 2 n12
XI-2e. Energie Schwungrad (1)
,1 
2
22

rot
2 2 2
Energie Schwungrad (1)
Ekin,1  m1R  n1  17,765 J
Energie Schwungrad (2)
1
11

J 2 22   m2 R 2  4 2 n22
2
22

rot
2 2 2
Ekin,1  m2 R  n2  14,804 J
Rotationsenergie nach Kupplung:
rot
Ekin
,1 2 
Energie Schwungrad (2)
rot
Ekin
,2 
rot
Ekin
,1 2
1
2
 J1  J 2  gem
2
11

2
   m1  m2  R 2  4 2 ngem
22

rot
2 2 2
Ekin
,1 2   m1  m2  R  ngem  31, 251 J
Energieerhaltungssatz:
rot
rot
rot
Eges  Ekin
,1  Ekin,1  Ekin,12  Q
Energieverlust:
rot
rot
rot
Q  Ekin
,1  Ekin ,1  Ekin ,1 2
Q  17,765  14,804  31, 251 J  1,318 J
Q
1,318

 0, 040 4%
Eges 32,569
Die Rotationsenergien vor und nach dem Kupplungsvorgang sind nicht gleich. Der
Energieverlust beträgt 4%.
Relativer Energieverlust: