Mechanik 2 Prof. Popov WS 05/06, 9. Übung Lösungshinweise Seite

Mechanik 2 Prof. Popov WS 05/06, 9. Übung
Lösungshinweise Seite 1
Ebene Bewegung (Arbeitssatz, Drehimpulserhaltung)
Version 12. Januar 2006
Zusatzfrage: zur Aufgabe 64
(c) Bestimme durch Ableiten nach der Zeit eine lineare
Bewegungsdifferentialgleichung für z(t).
Lösungshinweis: Aufgabe 64
(a) Arbeitssatz:
A0 (t) = T (t) + U (t) − T0 − U0
(1)
Ausgangszustand:
T0 = 0
U0 = 0
Ruhe
Feder entspannt bei z = 0
Endzustand (zur Zeit t):
1 S 2 1 S 2 1 S 2 1
J ω1 + J ω2 + J ω3 + mż 2
2
2
2
2
1 2
U (t) = cϕ + mgz
2
(2)
ż
= ϕ̇3
r
(4)
⇒ ϕ3 = −
z
r
r
va = ω 3
2
r
va = rω2
r
ω3
ż
2
,→ ω2 =
=−
2
2r
ϕ3
z
mit ϕ2 (0) = ϕ3 (0) = 0 ⇒ ϕ2 =
=−
2
2r
(5)
3
z
(10)
21 JS
1 c
M1
+ m, ĉ =
, F̂ = −2
2
2
4 r
4r
r¯
¯d
1
1
¯
m̂ż 2 + ĉz 2 + mgz = |{z}
F̂ z
¯
¯ dt
2
2
| {z } |
{z
}
T (t)
U (t)
(12)
Pi
Gl. (12) ist der Leistungssatz: Die Änderung der kin.
Energie eines Systems ist gleich der von außen zugeführten Leistung Pe abzüglich der inneren Formänderungsleistung Pi .
Oder anders aufgelöst:
³
´
m̂z̈ + ĉz + mg − F̂ ż = 0
⇒ ż = 0
(6)
(11)
A0 (t)
ĉz ż
Ṫ = F̂ ż − mg ż − |{z}
| {z }
Pe
Kinematik:
r
2
m̂ =
,→
A0 (t) = M1 ϕ1
ϕ1
2
1 c
zb + mg = Mb
8 r2
r
rmg
1 c
zb +
,→ Mb =
16 r
2
(3)
Der Antrieb hat vom Ausgangszustand bis zur Zeit t
folgende Arbeit geleistet:
mit ϕ3 (0) = z(0) = 0
va ω
ω2
zb = 0 erfüllt diese Gleichung, interessanter ist jedoch
die andere Lösung:
(c) Gl. (8) lautet mit folgenden Abkürzugen:
T (t) =
ω3 = −
(b) Wenn die Masse m maximal die Höhe zb erreicht,
ist żb dort Null. Aus Gleichung (8) wird mit żb = 0 und
M1 = −Mb
2 ´
1 c 2 ³
zb + mg − Mb zb = 0
2
8r
r
∨
m̂z̈ + ĉz = F̂ − mg
(13)
(14)
Der Arbeitssatz führt neben der zu erwartenden Differentialgleichung auch auf die (unphysikalische) Lösung,
daß das System für immer stehen bleibt.
2
ω1 = − ż = ϕ̇1
r
Aufgabe 45
2
mit ϕ1 (0) = z(0) = 0 ⇒ ϕ1 = − z
r
(7)
Die Scheibe rotiert um eine feste (!) Achse, d.h. die
Lage der Drehachse ändert sich zeitlich nicht. Das System ist als ebenes System anzusehen. Der Drehimpulssatz für Systeme mit fester Drehachse (hier durch den
Punkt O, der auch der Bezugspunkt für den Drehimpulssatz ist)
Jetzt wird alles in den Arbeitssatz Gln. (1) eingesetzt:
³ 2 ´ J h¡ 2 ¢
¡ 1 ¢2
1i
2
S
M1 − z =
−
+ −
+ 2 ż 2
r
2
r
2r
r
1 ³ z ´2
1
2
+ mż + c −
+ mgz − 0
2
2
2r
³
´
´
³ 21 J
2
m 2 1 c 2
S
+
z
+
M
+
mg
z=0
ż
+
1
8 r2
2
8 r2
r
(8)
M1 = −Ma eingesetzt und nach ż aufgelöst:
p
(9)
ż = −Az 2 + Bz
¢
c
1 ¡ 2Ma
21 JS
m
A=
,B=
− mg , N =
+
2
2
8N r
N
r
8 r
2
L̇ = M res
Der Drehimpuls des Systems, das aus 2 Punktmassen und einer kontinuierlichen, massebehafteten Scheibe besteht, lautet (bezogen auf O):
L=
2
X
r i × mi v i + Θ O ω
i=1
L=
2
X
i=1
r i mi v i + Θ O ω
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Ebene Bewegung (Arbeitssatz, Drehimpulserhaltung)
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da r = rer und v = veφ und er × eφ = ez und ω = ωez .
Der Drall zur Anfangszeit t und zur Endzeit t̃ ist wegen
v 2 = −v2 eφ
L = r 1 m1 v 1 − r 2 m2 v 2 + 0
Der Impulssatz für die Rolle erlaubt die Berechnung
der Lagerkräfte, an denen wir aber nicht interessiert
sind. Deshalb wird für die Rolle nur der Drehimpulssatz angeschrieben (im statischen Fall Momentengleichgewicht):
L̃ = m1 ṽ1 r1 + m2 ṽ2 r2 + ΘO ω̃
0 = −S1 r1 + S2 r2
wobei ω̃ = ω̃ez . Da weder auf die Massen noch auf die
Scheibe eingeprägte Kräfte wirken (keine äußeren und
keine Führungskräfte), verschwindet auch das resultierende Moment, und der Drall bleibt erhalten. Es gilt:
(17)
Impulssatz für m2 :
0 = m2 g − S 2
(18)
L = L̃
→ ω̃ =
2. Gleichungssystem reduzieren:
(r1 m1 v1 − m2 v2 r2 )
m1 r12 + m2 r22 + Θ0
wobei sich die Geschwindigkeit der beiden Personen
ausrechnet als ṽ = ω̃r. Den Ausdruck m1 r12 +m2 r22 +ΘS
(also den Nenner) könnte man auch als Θ̃ bezeichnen,
dann steht dort:
Aus Gl. (17) folgt
S1 =
S1 =
also die Drehimpulserhaltung.
(a)
Es soll der Bereich des Haftreibungskoeffizienten µ0 bestimmt werden, für den eine Bewegung des Systems
noch stattfindet. Die obere Schranke für den Haftreibungskoeffizienten ist gerade durch die Bedingung
H = µ0 N
gegeben. Es gibt gerade noch Haften. Man kann daher
statisch rechnen.
q1
N = m1 g cos α .
(21)
(22)
Damit sich die Masse m2 nach unten bewegt, muß demnach gelten
q3 = ϕ
S1
S1
(20)
Aus Gl. (16) erhalten wir
µ0 ≤
m3 g
r2
m2 g .
r1
In Gl. (15) eingesetzt ergibt sich
¶
µ
r2
m2 − m1 sin α .
H=g
r1
1. Freischneiden:
m1 g
(19)
In Gl. (18) eingesetzt ergibt sich
Θ̃ω̃ = r1 m1 v1 − m2 v2 r2
Aufgabe 63
r2
S2 .
r1
µ
r 2 m2
− sin α
r 1 m1
¶
1
.
cos α
(b)
1. Kinematische Beziehung:
Ax
R, H
Aus
S2
Ay
N
ϕ=
S2
y
q1
q2
=
r1
r2
(23)
folgt für die Geschwindigkeiten
q2
ω = ϕ̇ =
x
m2 g
Impulssatz
für
m1
Kräftegleichgewicht)
(im
statischen
Fall
0 = S1 − m1 g sin α − H
(15)
0 = N − m1 g cos α
(16)
q̇1 =
r1
q̇2
r2
q̇2
r2
2. Arbeitssatz
vom Ausgangszustand ( · )0 bis zu einem Zustand zum
Zeitpunkt t lautet W (t) = T (t) + U (t) − (T0 + U0 ),
wobei W die Arbeit der nichtkonservativen Kräfte ist.
Die Reibkraft µN = µm1 g cos α (vgl. Gl. (22)) hat bis
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zum aktuellen Zustand zur Zeit t die folgende Arbeit
geleistet:
r1
W (t) = −q1 (t)µm1 g cos α = −q2 (t) µm1 g cos α (24)
r2
Der Arbeitssatz lautet dann:
r1
− µm1 g cos αq2 (t)
r2
!
à µ ¶
2
Θ
1
r1
+ m2 + 2 q̇2 (t)2
=
m1
2
r2
r2
µ
¶
r1
+ m1 sin α − m2 gq2 (t)
r2
1
Die gesuchte Rutschlänge ist L = q̄1 + q̃1 :
(25)
Da die Beschleunigung q̈2 gesucht ist, wird der Arbeitssatz nach der Zeit abgeleitet. Solange sich die Masse
nach unten bewegt, gilt q̇2 6= 0, und man erhält das
gesuchte Ergebnis
q̈2 = g
1−
m1 r1
m2 r2
1+
m1
m2
Hierbei bezeichnet q̃1 den vom Moment des Auftreffens
von m2 bis zum bis zum Erreichen des höchsten Punktes von m1 zurückgelegten Weg. Damit ergibt sich
³
´³
´
m2
r1
Θ
−
(µ
cos
α
+
sin
α)
1
+
2
m1
r2
m1 r1
¶.
µ
q̃1 = h
³ ´2
m2
r2
Θ
(µ cos α + sin α) 1 + m1 r1 + m1 r2
(sin α + µ cos α)
.
³ ´2
r1
Θ
+
r2
m2 r 2
2
(c)
1. Kinematische Beziehung:
Man muß im folgenden zwei Zeitbereiche unterscheiden: vor dem Aufprall von m2 und nach dem Aufprall.
Vor dem Aufprall gelten die kinematischen Beziehungen aus Aufgabenteil (b). Wenn m2 aufschlägt, hat m1
die Strecke q̄1 zurückgelegt:
r1
(26)
q̄1 = h .
r2
Die Beziehung zwischen q1 und q2 gilt nur bis zum Aufschlag von m2 , die zwischen q1 und ϕ dagegen darüber
hinaus, weil die Rolle sich reibungsfrei dreht und deshalb nur von der Seilkraft abgebremst wird. Diese ist
positiv (Seil gespannt), solange die Beschleunigung von
m1 nach links gerichtet ist.
L=h
m2 m1 r1 r2 (µ cos α + sin α) + m1 r12 + Θ
m1 (m1 r12 + m2 r22 + Θ)(µ cos α + sin α)
Aufgabe 48
(a) Impulserhaltung in x-Richtung liegt nicht vor: Das
Lager A übt eine Kraft in x-Richtung auf das Pendel
aus.
Drehimpulserhaltung: Der Drehimpuls um A bleibt
beim Stoß erhalten, weil die Lagerkraft kein Moment
um A ausübt und auch sonst keine äußeren Kräfte und
Momente wirken: (Index v für vorher“, n für nach”
”
her“)
A
LA
ges,v = Lges,n
Drehimpuls vorher (unmittelbar vor dem Stoß): Der
Drehimpuls des gesamten Systems ist gleich der Summe der Drehimpulse seiner Teilkörper bezogen auf
einen gemeinsamen Bezugspunkt.
A
A
LA
ges,v = L1,v + L2,v
(29)
Der Drehimpuls der
Kugel
bezüglich
A
ist das Moment ihres
Impulses p bezüglich A,
also
2. Arbeitssatz
Auch der Arbeitssatz wurde bereits in Aufgabenteil (b)
für die Bewegung vor dem Aufprall der Masse m2 aufgestellt. Im Moment des Aufpralls gilt q2 = h, und man
erhält aus Gl. (25) die Geschwindigkeit von m2 genau
im Moment vor dem Aufprall von m2 und daraus mit
der kinematischen Beziehung die Geschwindigkeit der
Masse m1 genau im Moment vor dem Aufprall von m2 .
v
u
u
m2 − m1 rr21 (µ cos α + sin α)
v̄1 = u
2gh
.
(27)
³ ´2
t
m1 + m2 rr21 + rΘ2
(28)
LA
1,v = r × p
³
´ ³
´
=
−be
LA
×
m
v
e
(30)
−
ae
1
1
x
y
x
1,v
³
´
= −m1 v1 bex × ex + aey × ex = m1 v1 aez ,
(31)
weil ex × ex = 0 und ey × ex = −ez .
1
Nun kann man noch den Arbeitssatz vom Moment des
Auftreffens von m2 bis zum Erreichen des höchsten
Punktes von m1 aufstellen:
¶
µ
Θ
1
m1 + 2 v̄12
−q̃1 µm1 g cos α = m1 g q̃1 sin α −
2
r1
Das Pendel ist in Ruhe,
LA
2,v = 0 .
(32)
In Gleichung (29) eingesetzt:
LA
ges,v = m1 v1 aez
(33)
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mit der Geschwindigkeit vs,n des Schwerpunkts des
Pendels.
Drehimpuls nachher:
A
A
LA
ges,n = L1,n + L2,n
(34)
Aus der Eulerschen Bewegungsgleichung ergibt sich:
Die Kugel ändert beim Aufprall auf das senkrecht
hängende Pendel ihre Geschwindigkeitskomponente in
x-Richtung. Analog zu Gln. (31) ergibt sich:
LA
1,n = m1 v1,n aez .
(35)
vs,n = ωn s
Die Gleichungen (40), (41) und (44) werden in Gln.
(42) eingesetzt:
Für das ebene Pendel gilt:
A
LA
2,n = Θ2 ωn ez ,
Eingesetzt in Gln. (34):
³
´
A
LA
ges,n = m1 v1,n a + Θ2 ωn ez .
m1 v1 = −m1
(36)
Wichtig: Den Drehimpuls bezüglich Punkt P kann man
mit dieser Formel LP = ΘP ω nur dann berechnen,
wenn P entweder ortsfest ist oder wenn P der Schwerpunkt des Körpers oder der Körper ist, für den man
den Drehimpuls berechnet.
(37)
a=
ΘA
2
sm2
Aufgabe 97
(a)
A
ΘA = Θ A
m + ΘM
µ ¶2
3
2
= Θm + m
r + ΘM + M (3r)
2
¶
µ
3 9
2
+ + 1 + 18
= mr
4 4
(38)
das ist zunächst nur eine Gleichung für zwei Unbekannte v1,n und ωn .
Energieerhaltung gilt beim voll elastischen Stoß. Es
gibt hier nur kinetische Energie und zwar aus dem
translatorischen und dem rotatorischen Anteil der Bewegung:
Tv = T n
1
1
1
2
ω2
m1 v12 = m1 v1,n
+ ΘA
2
2
2 2 n
= 22mr 2
(b)
A
(39)
l
Gleichung (38) und (39) kann man nach v1,n und
ωn auflösen. Man erhält zunächst die triviale Lösung
v1,n = v1 und ωn = 0, das heißt es hat kein Stoß stattgefunden. In diesem Fall bleibt natürlich die Energie
und der Drehimpuls auch erhalten. Die nicht triviale
Lösung lautet:
2
ΘA
2 v 1 − a m1 v 1
A
Θ 2 + a 2 m1
2m1 v1 a
ωn = A
Θ 2 + a 2 m1
v1,n = −
m1 v1 + 0 = m1 vn + m2 vs,n
r
ω
(40)
d
(41)
(b) Impulserhaltung in x-Richtung: Hier bleibt der
Impuls in x-Richtung erhalten, es gibt keine äußeren
Kräfte in x-Richtung mehr.
pv = pn
2
ΘA
2m1 v1 a
2 v 1 − a m1 v 1
+ m2 A
s
A
Θ 2 + a 2 m1
Θ 2 + a 2 m1
und dann wird nach a aufgelöst:
Gleichungen (33) und (37) eingesetzt in Gln. (28) ergibt:
m1 v1 a = m1 v1,n a + ΘA
2 ωn ,
(44)
(42)
(43)
LA
vor = ρ
Z
r × (ω × d) dV
mit r = l + d
(45)
Z
= ρ (l + d) × (ω × d) dV
(46)
Z
= ρ ω(l·d) + ω·(d·d) − d·(l·ω) − d·(d·ω) dV
(47)
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da das Integral über l · d wg. Symmetrie verschwindet,
und wegen l · ω = 0 und d · ω = 0 folgt
Z
A
Lvor = ρ ω d2 dV
(48)
⇒
LA
vor
= ω ΘM
3 2 2
1
2
mr ω
+ ΘS ωnach
= 3mgrS (1 − cos ϕ)
2 S nach 2
(61)
1 A 2
Θ ωnach = 3mgrS (1 − cos ϕ)
2
(49)
!
A
LA
vor = Lnach
(50)
2
LA
vor = ΘM · ωM = mr ωM
(51)
A
LA
nach = Θ · ωnach
11mr 2
(52)
1
15
rω 2 =
g(1 − cos ϕ)
44 M
2
2
1 ωM
(1 − cos ϕ) =
r
22 15g
2
1 ωM
r
cos ϕ = 1 −
22 · 15 g
Drehimpuls vorher und nachher sind gleich! Daher:
ωnach =
1
ωM
22
5
1 2
ω = 3mg r(1 − cos ϕ)
222 M
2
(53)
(c)
(e)
(62)
(63)
(64)
(65)
(66)
S
M
rS
Q
er
rS
3r2m + 23 rm
3m
6 + 23
r
=
3
15
=
r
6
5
= r
2
µ ¶2
5
S
A
Θ = Θ − 3m
r
2
75
= 22mr 2 − mr2
4
13 2
mr
=
4
(54)
rS =
(d)
(55)
(56)
(57)
(58)
mit ar = −rS ϕ̇2 folgt
− 3mrS ϕ̇2 = 3mg cos ϕ − S
(67)
S = 3m(g cos ϕ + rS ϕ̇2 )
(68)
S wird maximal für ϕ = 0 und ϕ̇ = ωnach
(59)
(60)
rS cos ϕ
rS
rS
3mg
ϕ
rS
rS (1 − cos ϕ)
"
5
Smax = 3m g + r
2
³m m´
[S] = kg · 2 + 2
s
s
µ
1
22
¶2
2
ωM
#
(69)
(70)