Aufgabe 11.1 (Fragen zu Kreisbewegungen und

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Aufgabenblätter 11 und 12
7. Übung (4. KW)
Aufgabe 11.1 (Fragen zu Kreisbewegungen und Drehungen)
a) Beurteilen Sie, welche der folgenden Aussagen jeweils wahr oder falsch ist:
Wenn sich ein Körper gleichförmig auf einer Kreisbahn bewegt, dann
1) ist seine Beschleunigung ~a gleich Null.
2) wirkt auf ihn in Bezug auf den Kreismittelpunkt ein konstantes Drehmoment
~τ , das ungleich Null ist.
3) ist der Betrag seiner Winkelgeschwindigkeit ω
~ konstant.
4) ändert die Winkelgeschwindigkeit ω
~ dauernd ihre Richtung.
5) ist in jedem Zeitintervall die durch die Zentripetalkraft geleistete mechanische
Arbeit W gleich Null.
6) ist die kinetische Energie erhalten.
7) gilt Impulserhaltung.
8) ist das Kreuzprodukt ω
~ × ~v immer Null.
9) gilt Drehimpulserhaltung bezüglich aller Koordinatensysteme mit Ursprung
auf der Drehachse.
b) Beantworten Sie, ob und wie sich die Geschwindigkeit eines sich gleichförmig linear entlang einer festen Richtung bewegenden Wagens bzw. die Winkelgeschwindigkeit eines sich gleichförmig um eine feste Achse drehenden Karussells ändert,
wenn ein Kind davon wie folgt abspringt:
i) von einem Insassen im Wagen aus gesehen
1)
2)
3)
4)
senkrecht zur Fahrtrichtung zur Seite.
nach schräg vorn.
nach hinten.
senkrecht nach oben (mit Ergreifen eines Astes).
ii) von einem anderen Insassen des Karussells aus gesehen
1)
2)
3)
4)
radial zur Seite
tangential in Drehrichtung
tangential entgegen Drehrichtung
senkrecht nach oben (mit Ergreifen eines Astes).
Was passiert jeweils bei Sprüngen nach oben, wenn kein Ast verfügbar ist?
1
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7. Übung (4. KW)
Aufgabe 11.2 (Sonne und Erde)
Sonne und Erde umkreisen den gemeinsamen Schwerpunkt auf Kreisbahnen im jeweiligen Abstand lS und lE . Vernachlässigen Sie die anderen Planeten.
i) Was ist das Verhältnis der beiden Trägheitsmomente JS/JE in Bezug auf den
Schwerpunkt, ausgedrückt durch die Massen mS und mE ?
ii) Wie groß ist das Verhältnis der Drehimpulse
punkt?
LS/L
E
in Bezug auf den Schwer-
iii) Können diese Drehimpulse durch die Anziehungskraft zwischen Sonne und Erde
geändert werden?
iv) Die Massen der Himmelskörper betragen mS = 2 × 1030 kg und mE = 6 × 1024 kg
und ihr Gesamtabstand ist l := lE + lS = 150 × 106 km. Liegt der gemeinsame
Schwerpunkt innerhalb oder außerhalb der Sonne mit Radius RS = 0.7 × 106 km?
Aufgabe 11.4 (Kraftstoß und Drehstoß)
Auf einen quadratischen, auf dem Eis ruhenden Puck mit Masse m = 165 g und
Kantenlänge l = 6.60 cm wirkt über eine Zeitdauer von ∆t = 0.10 s eine Kraft
von F = 11.0 N entlang einer Wirkungslinie mit minimalem Abstand d = 2.60 cm
rechts vom Mittelpunkt des Pucks (bei Betrachtung von oben). Reibung wird vernachlässigt.
i) Berechnen Sie das Trägheitsmoment J des Pucks mithilfe der Information, dass
es doppelt so groß ist wie das eines dünnen Stabes der Länge l (Formel aus
Vorlesung)!
ii) Mit welcher linearen Geschwindigkeit bewegt sich der Puck nach dem Kraftstoß?
iii) Wie groß ist das Drehmoment τ des Drehstoßes, den die Kraft zusätzlich verursacht, und in welche Richtung zeigt das Drehmoment?
iv) Mit welcher Drehfrequenz f bewegt sich der Puck nach dem Stoß?
2
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7. Übung (4. KW)
Aufgabe 12.4 (Energiebilanz auf schiefer Ebene)
Auf einer schiefen Ebene mit Steigungswinkel α liegen drei Körper nebeneinander in
Höhe h über dem Fuß der Ebene: ein Vollzylinder, ein Hohlzylinder und ein Quader.
Alle drei haben dieselbe Masse m und sind zum Zeitpunkt t = 0 in Ruhe. Die beiden
Zylinder rollen nun die Ebene hinab, der Quader rutscht zunächst reibungsfrei. Aus
der Vorlesung bekannt sind die Trägheitsmomente Jhohl = mr2 und Jvoll = 21 mr2 .
a) Die Rollbewegung kann man als Überlagerung einer Translation und einer Rotation beschreiben, wobei der Auflagepunkt jeweils momentan in Ruhe ist. Betrachten Sie den während eines Umlaufs von einem Punkt auf der Oberfläche
zurückgelegten Weg für die Translation und die Rotation und begründen Sie,
warum sich daraus ergibt, dass dieser Punkt in beiden Bewegungen denselben
Geschwindigkeitsbetrag besitzt. Welche Beziehung ( Rollbedingung“) gilt daher
”
zwischen der Translationsgeschwindigkeit v und der Winkelgeschwindigkeit ω für
beide Zylinder?
b) Schreiben Sie jeweils den Energieerhaltungsatz für die Körper auf, indem Sie
die Energien vor und nach dem Herunterrollen bzw. -rutschen betrachten und
berechnen Sie daraus die Endgeschwindigkeiten vf der Körper bei Ankunft am
Fuß der Ebene. Hängt diese vom Steigungswinkel α ab?
c) Welcher Teil der anfänglichen potenziellen Energie wird jeweils in kinetische
Translationsenergie Etrans umgewandelt, welcher in Rotationsenergie Erot ?
3
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7. Übung (4. KW)
Lösung zu Aufgabe 11.2
i) Der Schwerpunkt bzw. Massenmittelpunkt ~rM von N
Punkten der Masse mi , die sich an den Orten ~ri befinden,
ist der mit der Masse gewichtete Mittelwert der Positionen
der Massepunkte:
m2
~r2
m3
~rM ~r3
m4
~r4
m1
~r1
~rM =
1
M
N
X
mi~ri
mit M =
i=1
N
X
m5
~r5
O
mi .
m2
i=1
~r20
Man beachte, dass die Lage des Schwerpunktes relativ zu
den Punktmassen unabhängig vom Referenzpunkt O ist,
bezüglich dessen die Ortsvektoren vorgegeben sind (siehe
nebenstehende Abbildung).
~r30
m3
~rM ~r40 m4
O0
~r10
m1
~r50
m5
Das System Sonne–Erde besteht aus der Sonne der Masse mS am Ort ~rS und der
Erde der Masse mE am Ort ~rE . Der Schwerpunkt ergibt sich somit zu
1
(mS~rS + mE~rE ) .
mS + mE
~rM =
mS
~ey
~ex
~rM
Sonne
(1)
mE
~rE
Schwerpunkt
Erde
Das Koordinatensystem legen wir so, dass Sonne und Erde auf der x-Achse liegen
und sich die Sonne im Ursprung befindet (siehe Abbildung). Es gilt dann ~rS = ~0
und ~rE = rE ~ex , also
(1)
~rM = rMx ~ex + rMy ~ey + rMz ~ez =
=⇒
rMx =
mE
rE
mS + mE
mE
1
mS~0 + mE rE ~ex =
rE ~ex
mS + mE
mS + mE
∧
rMy = 0
∧
rMz = 0 .
Der Schwerpunkt liegt somit ebenfalls auf der x-Achse, d. h. auf einer Geraden,
die durch Sonne und Erde verläuft. Da der Koordinatenursprung im Mittelpunkt
der Sonne liegt, entspricht rMx dem Abstand zwischen Schwerpunkt und Sonne,
wohingegen rE dem Abstand zwischen Erde und Sonne entspricht, d. h. rMx = lS
und rE = lS + lE , so dass wir folgende Gleichung erhalten:
lS =
mE
(lS + lE )
mS + mE
⇐⇒
mS lS = mE lE
⇐⇒
lS
mE
=
.
lE
mS
(2)
Kommen wir nun zu den Trägheitsmomenten. Bezüglich einer Achse durch den
Schwerpunkt, die senkrecht auf der Verbindungslinie zwischen Sonne und Erde steht,
betragen die Trägheitsmomente von Sonne und Erde
JS = mS lS2 ,
JE = mE lE2 ,
4
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7. Übung (4. KW)
so dass man für das Verhältnis
JS
mS lS2
mS
=
=
2
JE
mE lE
mE
lS
lE
2
mS
=
mE
(2)
mE
mS
2
=
mE
mS
(3)
bekommt, d. h. die Trägheitsmomente verhalten sich umgekehrt proportional zu den
Massen.
ii) Die Drehimpulse beider Objekte in Bezug auf den Schwerpunkt lauten
~ S = JS ω
L
~S
~ E = JE ω
L
~E
=⇒
LS = JS ωS ,
=⇒
LE = JE ωE .
Weil sich der gemeinsame Schwerpunkt stets auf der Verbindungslinie zwischen Sonne und Erde befindet, müssen die Winkelgeschwindigkeiten ωS und ωE , mit Sonne
und Erde den Schwerpunkt umkreisen, gleich groß sein, folglich gilt ωS = ωE =: ω.
Für das Verhältnis der Drehimpulse bekommt man nun das Ergebnis
JS ωS
JS ω (3) mE
LS
=
=
· =
.
LE
JE ωE
JE ω
mS
iii) Der Drehimpuls eines Systems ändert sich genau dann, wenn das äußere Gesamtdrehmoment ungleich Null ist. Wir berechnen also die Drehmomente ~τES und
~τSE bezüglich des Schwerpunktes, welche die Erde auf die Sonne bzw. die Sonne auf
die Erde ausüben,
~τES = ~rMS × F~ES
~ES
~
rMS kF
~τSE = ~rME × F~SE
~SE
~
rME kF
=
~0 ,
=
~0
und stellen fest, dass beide Null sind, weil die Gravitationskräfte entlang der Verbindungslinie Sonne–Erde und somit parallel zu den Hebelarmen ~rMS bzw. ~rME wirken.
Folglich bleiben die Drehimpulse zeitlich konstant.
iv) In Teilaufgabe iv) haben wir Gleichung (2) hergeleitet, in die wir nun die gegebenen Zahlenwerte einsetzen:
mE
mE
(lS + lE ) =
l
(2) =⇒ lS =
mS + mE
mS + mE
6 × 1024 kg
=
· 150 × 106 km
2 × 1030 kg + 6 × 1024 kg
= 450 km 0.7 × 106 km = RS .
mS
~ey
~ex
Sonne
~rMS
~rME
Schwerpunkt
mE
Erde
Der gemeinsame Schwerpunkt von Sonne und Erde ist nur 450 km vom Mittelpunkt
der Sonne entfernt, liegt also sehr tief im Innern der Sonne!
5
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7. Übung (4. KW)
Lösung zu Aufgabe 11.4
i) Das Trägheitsmoment eines dünnen Stabes der
1
Länge l beträgt JStab = 12
ml2 . Laut Aufgabe
ist das Trägheitsmoment des quadratischen Pucks
doppelt so groß wie das des Stabes, wenn man die
Länge des Stabes durch die Kantenlänge des Pucks
ersetzt:
JPuck = 2JStab
=
l
d
l
~r
1
1
= 2 · ml2 = ml2
12
6
(4)
↵
↵
1
· 165 g · (6.60 cm)2 = 0.12 × 10−3 kg m2 .
6
F~
ii) Nach dem zweiten Newtonschen Gesetz erfährt der Schwerpunkt des Pucks
aufgrund der einwirkenden konstanten Kraft eine Beschleunigung vom konstanten
F
. Damit erhöht sich die Geschwindigkeit des Schwerpunktes während
Betrag a = m
der Zeit ∆t um
Z∆t
Z∆t
F
11.0 N
∆v = dt a(t) = a dt = a∆t = ∆t =
· 0.10 s = 6.67 m s−1 .
m
0.165 kg
0
0
Weil der Schwerpunkt des Pucks vor dem Kraftstoß ruht, beträgt seine Geschwindidkeit nach dem Stoß 1.5 mm s−1 .
iii) Das Drehmoment ~τ ist als das Kreuzprodukt aus Hebelarmvektor ~r und Kraftvektor F~ definiert, d. h. ~τ = ~r × F~ . Für dessen Betrag gilt also
τ = |~τ | = |~r|·|F~ |·sin^ ~r, F~ = rF sin(α) = r sin(α) F = dF
(5)
| {z }
d
= 0.026 m · 11 N = 0.286 N m .
Gemäß Rechter-Hand-Regel zeigt das Drehmoment nach oben, d. h. aus der Zeichenebene heraus.
iv) Das Drehmoment verursacht eine Winkelbeschleunigung vom Betrag ω̇ =
was nach einer Zeit ∆t zu einer Erhöhung der Winkelgeschwindigkeit um
Z∆t
∆ω =
dt ω̇(t) = ω̇
0
=
Z∆t
dt =
τ
JPuck
(4)
∆t =
(5)
τ
,
JPuck
6dF
∆t
ml2
0
6 · 0.026 m · 11 N
= 239 s−1
2
0.165 kg · (0.066 m)
führt, was einer Rotationsfrequenz von f =
6
ω
2π
= 38 Hz entspricht.
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7. Übung (4. KW)
Lösung zu Aufgabe 12.4
a) Man kann die Bewegung eines auf ei- !
ner Unterlage rollenden Zylinders als eine Überlagerung zweier Bewegungen zusammengesetzt denken, einer linearen Bewegung des Schwerpunktes S parallel zur
Unterlage mit der Geschwindigkeit v und
einer Rotation des Zylinders um eine Achse, die parallel zur Unterlage und durch
den Schwerpunkt hindurch verläuft mit h
der Winkelgeschwindigkeit ω (siehe Abbildung).
S
s1 =
v t
r
S’
A
~v
r
s2 =
r!
t
A’
↵
Im Prinzip können v und ω unabhängig voneinander beliebige Werte annehmen.
Zum Beispiel könnte der Schwerpunkt ruhen, während der Zylinder rotiert (v = 0,
ω > 0) oder der Schwerpunkt könnte sich linear fortbewegen, während der Zylinder
keine Rotation ausführt (v > 0, ω = 0). In beiden Fällen gibt es einen Schlupf, soll
heißen, die Zylinderoberfläche rutscht am Auflagepunkt A.
Wir betrachten jetzt eine Zeitspanne ∆T und berechnen die Strecke ∆s1 , die der
Schwerpunkt währenddessen zurücklegt:
∆s1 = v∆t .
(6)
Wenn der Zylinder rollt und nicht rutscht, dann müssen die in der Abbildung rot
markierte Linie und die blau markierte Linie gleich lang sein. Da der Zylinder mit
der Winkelgeschwindigkeit ω rotiert, beträgt die Länge der blauen Linie ωr∆t, also
gilt auch für die Länge der roten Linie
∆s2 = ωr∆t .
(7)
Außerdem befindet sich der Schwerpunkt S stets senkrecht über dem Auflagepunkt
A, so dass das Viereck AA’S’S ein Rechteck ist und folglich die Strecken AA’ und
SS’ gleich lang sind. Es gilt also s1 = s2 und folglich
v∆t = ωr∆t
∆t6=0
=⇒
v = ωr .
(8)
Dies ist die sogenannte Rollbedingung. Wenn diese erfüllt ist und auch nur dann,
rollt ein Zylinder vom Radius r schlupffrei auf einer Unterlage.
Bei der Herleitung der Rollbedingung wurde von einer konstanden Lineargeschwindigkeit v und einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ω ausgegangen. Wir wollen
jetzt zeigen, dass die Rollbedingung auch für nichtkonstante Geschwindigkeiten v(t)
gilt. In diesem Fall ändern sich die Gleichungen (6) und (7) zu
Z∆t
Z∆t
∆s1 = dt v(t) und ∆s2 = dt ω(t)r .
0
0
7
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7. Übung (4. KW)
Weil s1 und s2 nach wie vor gleich groß sein müssen, folgt auch in diesem Fall die
Rollbedingung:
Z∆t
Z∆t
dt v(t) = dt ω(t)r
0
∆t6=0
=⇒
v(t) = ω(t)r
∀ t ∈ [0, ∆t]
0
Bleibt zu erwähnen, dass von der Größe des Neigungswinkels der Ebene kein Gebrauch gemacht wurde, die Rollbedingung gilt somit für beliebig geneigte Ebenen,
insbesondere auch für nichtgeneigte (waagerechte) Ebenen.
b) Am Anfang ruhen die drei Objekte, die linearen Geschwindigkeiten sind Null
und die Zylinder rotieren nicht, weshalb die kinetische Energie aller drei Objekte
Null ist. Wenn die drei Objekte unten ankommen, befinden sie sich um die Strecke
h unterhalb der Ausgangshöhe, es wurde also potentielle Energie mgh in kinetische
Energie Ekin umgewandelt. Für die kinetische Energie aller drei Objekte gilt somit
Ekin = mgh .
(9)
Die kinetische Energie kann man in einen Translationsbeitrag Etrans (lineare Bewegung des Schwerpunktes) und einen Rotationsbeitrag Erot (Rotation um die Schwerpunktachse) aufteilen:
Ekin = Etrans + Erot = 21 mv 2 + 21 Jω 2 ,
(10)
so dass aus (9) und (10) die Beziehung
1
mv 2
2
+ 12 Jω 2 = mgh
folgt. Wir unterscheiden nun die drei Fälle Quader, Vollzylinder und Hohlzylinder.
Quader: Der Quader gleitet nur auf der Unterlage und führt keine Rotation aus,
somit gilt für diesen
p
2
1
mvQ
+ 0 = mgh ⇐⇒
vQ = 2gh .
(11)
2
Vollzylinder: Der Vollzylinder hat bezüglich der Schwerpunktachse das Trägheitsmoment JV = 12 mr2 . Außerdem gilt die Rollbedingung (8), so dass sich die Gleichung
q
vV 2
2
2
1
1 1
4
mv
+
mr
=
mgh
⇐⇒
v
=
gh .
(12)
V
V
2
2 2
3
r
ergibt.
Hohlzylinder: In einem Hohlzylinder ist die Masse komplett im Zylindermantel enthalten, also weiter von der Mittelachse entfernt als beim Vollzylinder; das Trägheitsmoment ist somit größer als beim Vollzylinder und zwar bei gleicher Masse und gleichem Radius doppelt so groß, JH = 2JV = mr2 . Zusammen mit der Rollbedingung
findet man für den Hohlzylinder
p
vH 2
2
2
1
1
mv
+
mr
=
mgh
⇐⇒
v
=
gh .
(13)
H
H
2
2
r
8
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Vergleicht man die drei Endgeschwindigkeiten, so stellt man fest, dass der Quader
am schnellsten und der Vollzylinder am langsamsten ist:
vH < vV < vQ .
Die Endgeschwindigkeiten hängen offenbar nicht vom Steigungswinkel α der Ebene
ab. Dies erklärt sich dadurch, dass weder die vom Schwerefeld verrichtete Arbeit
Wpot = mgh noch die Rollbedingung v = ωr eine Winkelabhängigkeit aufweist.
Bemerkung:
Vielleicht wundert man sich daüber, dass die Endgeschwindigkeit des Quaders vom
Neigungswinkel unabhängig ist, denn die Hangabtriebsraft, mit welcher die Schwerkraft den Zylinder beschleunigt, wird größer, je stärker die Neigung der Ebene ist,
es gilt nämlich Fk = mg sin(α). Bei einer größeren Kraft erwartet man jedoch eine größere Beschleunigung und somit eine größere Endgeschwindigkeit. Aber halt!
Endgeschwindigkeit wann? Natürlich zu dem Zeitpunkt, bei dem der Quader unten
ankommt, und dieser Zeitpunkt hängt auch von der Länge der zu durchlaufenden
Strecke ∆s = h/sin(α) ab. Da aber die Höhe h fest vorgegeben ist, ist diese Strecke
umso größer, je kleiner der Neigungswinkel ist. Es stellt sich heraus, dass sich beide
Effekte – größeres Fk und kleineres ∆s – beim Berechnen der Endgeschwindigkeit gerade aufheben und somit die Winkelabhängigkeit der Endgeschwindigkeit wegfällt.
Analog verhält es sich bei den Zylindern: Diese werden aufgrund des im Schwerpunkt angreifenden Trägheitsmoments bezüglich des Auflagepunktes beschleunigt,
und zwar gilt τ = mgr sin(α). Dies führt auf eine größere Winkelbeschleunigung,
je stärker die Ebne geneigt ist, aber aufgrund der kürzeren Strecke ∆s = h/sin(α)
wirkt diese Winkelbeschleunigung entsprechend kürzer, so dass die am Fußpunkt
der Ebene erreichte Endwinkelgeschwindikeit unabhängig von α ist, was aufgrund
der Rollbedingung auch für die lineare Endgeschwindigkeit der Zylinder gilt.
c) Die potentielle Energie wird vollständig in kinetische Energie umgewandelt, wobei sich die kinetische Energie in einen Translations- und einen Rotationsbeitrag
aufteilt. Die Anteile verhalten sich bei den drei Objekten wie folgt:
Quader:
Vollzylinder:
Hohlzylinder:
1
JQ ω 2
Erot
= 21 2 = 0 .
Etrans
mvQ
2
1
J ω2
Erot
2 V
= 1 2 =
Etrans
mvV
2
1
J ω2
Erot
2 H
= 1 2 =
Etrans
mvH
2
vV 2
1
2
mr
2
r
1
2
mv
V
2
1
2
1
2
(mr2 ) vrH
1
mvH2
2
=
1
.
2
2
= 1.
Beim Quader besteht die kinetische Energie komplett aus Translationsenergie, denn
eine Rotation findet nicht statt. Beim Vollzylinder ist der Translationsbeitrag doppelt so hoch wie der Rotationsbeitrag, wohingegen beim Hohlzylinder aufgrund des
höheren Trägheitsmoments beide Anteile gleich groß sind.
9
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