E1 – Mechanik Musterlösung ¨Ubungsblatt 7

Ludwig–Maximilians–Universität München – Fakultät für Physik
E1 – Mechanik
Musterlösung
Übungsblatt 7
WS 2014 / 2015
Prof. Dr. Hermann Gaub
Aufgabe 1
Ein dünner Bleistift der Länge l = 20cm wird auf seine Spitze gestellt und dann sanft losgelassen.
Er fällt ohne zu rutschen auf die Unterlage. Mit welcher Winkelgeschwindigkeit φ˙0 in Grad pro
Sekunde trifft er auf die horizontale Unterlage auf?
(Hinweis: Das Trägheitsmoment eines um sein Ende rotierenden Stabes ist Θ = 13 ml2 )
R
(Zusatzauf gabe: Berechnen Sie per Hand das Trägheitsmoment: Θ = dm r2 )
Lösung:
Ansatz :Energieerhaltung:
Epot + Erot = E 0 pot + E 0 rot
(1)
Die Translation steckt hier schon im Massenträgheitsmoment, die Drehachse (Drehpunkt am
Boden) wird nicht bewegt.
Zum Zeitpunkt t = 0 gilt:
l
Epot = mg ; Erot = 0
(2)
2
Am Ende (der Stab ist dünn):
1
1
2
Epot = 0; Erot = Θφ̇2 = ml2 φ˙0
2
6
(3)
Eingesetzt in die Energiebilanz ergibt das:
r
φ˙0 =
l
1 2 ˙2
ml φ0 = mg
6
2
(4)
3g
= 12.13s−1 = 695o /s
l
(5)
Aufgabe 2
Ein homogener Zylinder mit der Masse m1 und dem Radius R sei reibungsfrei gelagert. Eine
Schnur sei um den Zylinder gewickelt und mit der Masse m2 verbunden, die sich auf der
reibungsfreien schiefen Ebene mit der Neigung θ befinde. Das System werde aus der Ruhe
losgelassen, wenn sich die Masse m2 in der Höhe h über dem unteren Ende der Ebene befindet.
a) Welche Kräfte wirken auf die Masse m2 ?
b) Stellen Sie die Bewegungsgleichung für m2 auf und berechnen Sie die Endgeschwindigkeit,
die der Körper bei h = 0 hat.
1
m1
R
m2
h
ϑ
c) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit des Körpers bei h = 0 mit Hilfe eines Energieansatzes
und vergleichen das Ergebnis mit b)
d) Diskutieren sie Extremfälle in den Variablen m1 und θ.
Lösung:
a) Hangabtriebskraft: Fk = m2 g sin θ
ẍ
Drehmoment (Seilkraft): M = I ω̇ = I R
= FS R
Trägheit: F = m2 a = m2 ẍ
b) Bewegungsgleichung: m2 ẍ = m2 g sin θ −
g sin θ
mit I = 12 mR2 folgt ẍ = 1+
m1
Es gilt: v = at und
q
2xges
vEnde = a
a =
x = 1 at2
q 2
2a sinh θ =
2
2
c) m2 gh = 12 m2 vEnde
+ 14 m1 vEnde
I
ẍ
R2
2m2
r
g sin θ
2 1+
m1
2m2
⇒
h
sin θ
=
r
2gh
m
1+ 2m1
2
vEnde =
r
2gh
m
1+ 2m1
2
d) Ist m1 = 0, so handelt es sich im Prinzip um
√ einen Körper der Masse m2 , der entlang einer
schiefen Ebene herunterrutscht. vEnde = 2gh, was von θ unabhängig ist.
Für m1 → ∞ geht vEnde → 0. Der Körper m2 bewegt sich gar nicht.
Aufgabe 3
Zwei Massen (mA und mB ) sind durch ein Seil der Länge L verbunden und liegen reibungsfrei
v0
mA
L
mB
auf einem Tisch. Das System wird bei straffem Seil rotiert und so losgelassen, dass mA zunächst
ruht und mB sich mit der Geschwindigkeit v0 senkrecht zum Seil bewegt.
a) Welche Art von Bewegung wird das System ausführen (qualitativ)?
b) Bestimmen Sie die Schwerpunktbewegung und transformieren Sie die Anfangsgeschwindigkeiten ins Schwerpunktsystem.
c) Wie groß ist die Zugkraft im Seil?
2
d) Berechnen Sie die in b) und c) bestimmten Größen für mA = mB = 2kg, v0 = 3m/s,
l = 0,5m.
Lösung:
~ ges = const. Im
a) Nach t0 = 0 wird keine äußere Kraft ausgeübt. Also p~ges = const und L
Schwerpunktssystem ist p~ges = 0, also nur Rotation um Schwerpunkt.
B v0
b) vSP = mm
A +mB
SP = − mB v0 ;
vA
mA +mB
SP = v −
vB
0
mB v0
mA +mB
mB l
mA +mB von mA entfernt.
B v0 mA +mB
ω=
=
= mm
= vl0
mB l
A +mB
2
mB v02
Bl
Zentripetalkraft: FZ = mA ω 2 rA = mA vl0 mAm+m
= mmAA+m
B
B l
c) Der Schwerpunkt ist rA =
SP
vA
rA
SP
vB
rB
d) mA = mB = 2kg, v0 = 3m/s und l = 0,5m
vSP = 2kg·3m/s
2kg+2kg = 1,5m/s
SP = − 2kg·3m/s = −1,5m/s
vA
2kg+2kg
rA = 2kg·0,5m
2kg+2kg = 0,25m
2kg·2kg (3m/s)2
FZ = 2kg+2kg
0,5m =
⇒
SP = 3m/s −
vB
2kg·3m/s
2kg+2kg
= 1,5m/s
rB = 0,25m
18N
Aufgabe 4 (*)
Ein Zug (Masse: m = 100t) beschleunigt entlang des Äquators, um die Erde zum Stillstand zu
bringen. In welche Richtung muss er fahren? Welche Endgeschwindigkeit relativ zur Erde muss er
besitzen? Rechnen Sie erst klassisch, dann relativistisch. Warum kann der Beschleunigungsvorgang
nicht zu Ende gebracht werden? (MErde = 5.974 · 1024 kg, RErde = 6370km , ΘKugel = 25 M R2 )
~ rel = ~r × p~rel , wobei es
(Hinweis: Der relativistische Drehimpuls lässt sich so schreiben: L
senkrecht zur Bewegung keine Längenkontraktion gibt)
Lösung:
Klassisch:
Drehimpulserhaltung:
LErde = Θω = LZug = mRErde v
(6)
Aufgelöst nach v:
v=
Θω
m
2MErde RErde ω
=
= 1, 67 · 1024
mRErde]
5m
s
(7)
Relativistisch:
Drehimpulserhaltung:
mRErde v
LErde = Θω = LZug = mRErde γv = q
2
1 − vc2
Mit vklass =
LErde
mRErde
(8)
:
v
vklass = q
2
1 − vc2
r
v2
v
1− 2 =
c
vklass
3
(9)
(10)
m
1 = v2(
s
v=c
1
2
vklass
+
1
)
c2
2
vklass
≈ c · (1 − 1, 45 · 10−32 )
2
c2 + vklass
(11)
(12)
Die Endgeschwindigkeit müsste also sehr knapp Lichtgeschwindigkeit sein.
Zu dem Punkt warum, das nicht funktionieren kann: Der Zug kann nicht bis zu dieser Geschwindigkeit beschleunigen, weil er vorher abhebt. Grenze hierfür ist die sogenannte erste
kosmische Geschwindigkeit, die Kreisbahngeschwindigkeit. Sie lässt sich über ein einfaches
Kräftegleichgewicht herleiten:
FZ = FG
(13)
m
v2
=
GM m
RE rde
RErde
r
km
GM
v=
= 7, 815
RErde
s
(14)
(15)
Der Zug schwebt bei dieser Geschwindigkeit über dem Erdboden und kann nicht weiter beschleunigen. Fällt er durch Reibung wieder auf den Boden, hebt er ab dieser Geschwindigkeit sofort
wieder ab.
4