Lösungsvorschlag

Lösungsvorschlag
Dienstag / Systeme von MP und Dynamik starrer Körper
1. Ball gegen Wand
𝛼
Die y-Komponente der Geschwindigkeit steht parallel zur Wand. Daher bleibt die yKomponente der Geschwindigkeit erhalten.
−
Der Körper trifft mit →
v senkrecht auf die Wand. Da deren Masse unendlich ist, wechselt
x
die x-Komponente das Vorzeichen (Impulserhaltungssatz).
Die Lösung wird deutlich vereinfacht, indem man sich vorstellt, dass der Richtungswechsel
in x-Richtung nicht stattfindet. Das Problem vereinfacht sich dann zum schiefen Wurf.
vx = v0 cos α
vy = v0 sin α
1
x = vx t
y = vy t − gt2
2
xvy 1 x2
=⇒ y =
− g 2
vx
2 vx
Der Ball prallt in unserem Modell an der Stelle (a + b, 0) wieder auf dem Boden auf.
(a + b)vy 1 (a + b)2
− g
vx
2
vx2
2vy vx
a+b =
g
2vy vx
b =
−a
g
0 =
2v02 12
b =
g
√
3
2
− a ≈ 8, 7 m
2. Trägheitsmoment eines Kegels
Mit dem Satz von Steiner wird zunächst das Trägheitsmoment bei Rotation um den
1
Schwerpunkt senkrecht zur Kegelachse berechnet
3
ISpitze = ( h)2 m + ISchwerpunkt
4
3
3
3
3
3
ISchwerpunkt = m( h2 + r2 ) − ( h)2 m = m( h2 + r2 )
5
20
4
80
20
1 2
3 2
3 2
1 2
3
IGrundf läche = ( h) m + m( h + r ) = m( h + r2 )
4
80
20
10
20
3. Kugeln Zur Bestimmung der Geschwindigkeit der Kugeln unmittelbar vor dem Aufprall
wird die Energieerhaltung ausgenutzt:
1
Ekin = mges v 2 = mges · g · h0
2
p
⇒ v = ± 2gh0
(0.1)
(0.2)
Da die Kugeln sich nach unten bewegen ist v1 = v2 = −v. Betrachtet man nun zuerst den
(elastischen) Stoß der großen Kugel am Boden, erhält man:
vorher: v2 = −v
nachher: v2 = v
(0.3)
Außerdem gilt natürlich weiterhin v1 = −v. Nun betrachtet man den (auch elastischen)
Stoß der beiden Kugeln im Schwerpunktsystem. Für die Bewegung des Schwerpunkts gilt
vS =
m1 v1 + m2 v2
3mv
3
=
= v
m1 + m2
5m
5
(0.4)
für die Bewegungen der Punkte im Schwerpunktsystem
viS = vi − vS .
(0.5)
Für elastische Stöße im Schwerpunktsystem gilt
S
v 0 i = −viS
(0.6)
wobei v 0 Si die Geschwindigkeit nach dem Stoß beschreibt. Diese lässt sich dann ins Laborsystem zurücktransformieren:
S
vi0 = vS + v 0 i = vS − viS = 2vS − vi
(0.7)
Einsetzen der Werte ergibt:
11
6
v10 = v + v = v
5
5
6
1
v20 = v − v = v
5
5
(0.8)
(0.9)
Die Sprunghöhe errechnet sich nun wieder mit Hilfe der Energieerhaltung:
h1 =
v22
121
=
h0
2g
25
4. Verständnisfrage Trägheitsmoment
2
h2 =
v12
1
= h0
2g
25
(0.10)
3a
1
4
3b
2
5
Die Definition des Trägheitsmoments lautet
R
I = V r~⊥ 2 dm
Laut Aufgabenstellung haben alle Körper die gleiche Gesamtmasse. Es kommt nun darauf
an, welche Anteile davon in welcher Entfernung zur Achse stehen.
Da es nur auf die Entfernung zur Achse ankommt ist es egal, ob die Masse homogen
auf einer Kreisscheibe oder einem Kreissektor verteilt ist. Damit haben die Kreisschiebe
(3a) und der aus zwei Kreissektoren bestehende Körper (3b) das gleiche Trägheitsmoment. Wer ganz genau hinsieht wird feststellen, dass es sich bei (3b) nur annähernd um
Kreissektoren handelt. Exakt sind es zwei Dreiecke. Der Dreiecksanteil über dem fiktiven
Kreisbogen geht mit einem sehr großen Abstandsquadrat in das Integral ein, daher wird
3b ein geringfügig größeres Trägheitsmoment als 3a haben.
=⇒ I3a ≈ I3b
Der Stab (1) hat im Vergleich zu (3b) mehr Massenanteile weiter an der Achse.
=⇒ I1 < I3a ≈ I3b
Da die Masse innerhalb des Kreuzes (2) homogen verteilt ist, hat es größere Massenanteile
weiter außen als der Stab (1).
=⇒ I1 < I2 < I3a ≈ I3b
Ebenso hat das Quadrat (4) durch die Ecken größere Anteile außerhalb als die Kreisscheibe
(3a)
=⇒ I1 < I2 < I3a ≈ I3b < I4
Im Ring sind alle Massenanteile am äußeren Rand positioniert und es geht daher die
gesamte Masse mit einem sehr großen Abstandsquadrat gewichtet in das Integral ein.
Die kleinen Massenanteile des Quadrats, die noch weiter außen positioniert sind haben
dagegen nur einen relativ kleinen Effekt.
=⇒ I1 < I2 < I3a ≈ I3b < I4 < I5
5. Reifen
3
Kugel
α
R
α
r
a) Drehimpuls der Kugel:
L = m · v · r = m · v · R cos(α)
(0.11)
b) Es gilt Drehimpulserhaltung. Für das Trägheitsmoment des Reifens gilt bei Vernachlässigung der Dicke:
Z
Z
2
2
I = r dm = R
1dm = R2 (M + m)
(0.12)
Mit L = Iω folgt
ω=
mv cos(α)
L
=
.
I
R(M + m)
(0.13)
6. Aufgehängter Zylinder
Die Kraft des Antriebsstabes greift im Schwerpunkt der Zylinderkombination an. Daher
werden die Zylinder vom Laborsystem aus betrachtet nicht in Drehung versetzt, sondern
nur transliert.
1
Ekin = m(ω(t)a)2
Z2 t
˙
ω(t) =
ω̇dt0 = ωt
0
Ekin
1
= m(ω̇ta)2
2
7. Windrad
a)
20, 3 · 2π
lapprox = d/2
60s
1
Erot = Iω 2
2
1
IStab = M L2
3
1m d 2
1
IRotor = 3
( ) = md2
33 2
12
1 1
1
EF lügel =
md2 ω 2 = md2 ω 2 ≈ 58, 2 M J
2 12
24
ω=
4
b)
W
t
W
58, 2M J
t=
=
≈ 38 s
P
1, 530M W
P =
8. Stoß
a) Situation vor dem Stoß:
1
E = M v2
2
p = Mv
(0.14)
p0 = M v 0 + mvK
(0.15)
Nach dem Stoß:
1 2
1
2
E 0 = M v 0 + mvK
2
2
wobei vK die Geschwindigkeit der Kugel unmittelbar nach dem Stoß bezeichnet. Es
gilt Energie- und Impulserhaltung, also E = E 0 und p = p0 . Mit Hilfe der Impulsgleichung lässt sich vK aus der Energiegleichung eliminieren:
2
1
1
M
1
2
02
0
Mv = Mv + m
(v − v )
(0.16)
2
2
2
m
Nach Umformen erhält man eine quadratische Gleichung für v 0
v 02 −
2vM 0
M −m
M ±m
0
v + v2
= 0 ⇒ v1/2
=v
m+M
M +m
m+M
(0.17)
Die Lösung v 0 = v passt offensichtlich nicht auf das beschriebene Problem, es bleibt
v0 = v
M −m
M +m
(0.18)
b) Für die maximale potentielle Energie der Kugel gilt (falls die Kugel ausschlägt und
dann wieder zurückschwingt)
1
2
Epot = E − M v 0
2
2 !
1
M
−
m
= M v2 1 −
2
M +m
=
2mM 2 v 2
(M + m)2
(0.19)
(0.20)
(0.21)
Außerdem ist Epot = m · g · h = mgl(1 − cos(ϕ)). Es folgt
2M 2 v 2
cos(ϕ) = 1 −
(m + M )2 gl
(0.22)
(0.23)
Einsetzen der Werte ergibt
cos(ϕ) ≈ 0, 909
ϕ ≈ 24, 6◦
5
(0.24)
(0.25)
c) Für eine komplette Kreisbewegung muss das Seil zu jeder Zeit gespannt sein, es muss
also auch am obersten Punkt die Fliehkraft mindestens so groß wie die Gravitationskraft sein. Im Grenzfall gilt
FZ = FG
v 2
0
m·l·
=m·g
l
p
⇒ v0 = gl
(0.26)
(0.27)
(0.28)
Desweiteren gilt (Energieerhaltung)
M v 2 = 2mgh + mv02 + M v 0
= 4mgl + mgl + M v 2
2
(0.29)
M −m
M +m
2
(0.30)
Durch Auflösen nach v erhält man die minimal nötige Geschwindigkeit:
M + mp
5gl
2M
3p
m
5gl ≈ 5, 25
=
4
s
v=
(0.31)
(0.32)
9. Rohre ineinander
a)
Der Gesamtdrehimpuls ist 0, daher gilt.
Ir ωr = IR ωR
Da die Masse vollständig im Rand konzentriert ist gilt
Ii = mri2
mi = ρl∆d2πri = αri
=⇒ Ii = αri3
ωr
ωR
3
3
= αR
= Rr3
αr3
Das kleine Rohr hat die größere Winkelgeschwindigkeit.
b)
1
E = Iω 2
2
Er
αr3 ωr2
R3
=
=
ER
αR3 ωR2
r3
10. Projektil trifft Punktmassenrotor
Es gilt Impulserhaltung, Drehimpulserhaltung und Energieerhaltung.
vR bezeichne die Geschwindigkeit der von der Kugel getroffenen Rotormasse im Laborsystem vE die der Erde nach dem Stoß im Laborsystem.
Das Aufstellen der Erhaltungssätze wird einfacher, indem man im im Versuchsaufbau
nach bekannten Modellen sucht.
6
Der Rotor, bestehend aus beiden Punktmassen m, erfüllt die Bedingungen eines »starren
Körpers«. Aufgrund seiner Symmetrie ist der Schwerpunkt im Aufhängepunkt.
Impulserhaltung:
Im Schwerpunktsystem des Rotors heben sich die Einzelimpulse auf. Vom Laborsystem
aus betrachtet hat der Rotor daher einen Impuls von 2mvE .
0
mvK = mvK + M vE + 2mvE
0
mvK = mvK + (2m + M ) vE
(i)
Drehimpulserhaltung:
Der Drehimpuls eines abgeschlossenen Systems ist bzgl. einer beliegig gewählten Achse
konstant.
Zunächst muss eine Rotationsachse Λ definiert werden. Wir wählen dazu die Rotationsachse des Rotors vor dem Stoß.
Vor dem Stoß besitzt nur die eintreffende Kugel einen Drehimpuls mavK .
Nach dem Stoß kann der Drehimpuls des Rotors zerlegt werden in den Drehimpuls
des Schwerpunkts im Laborsystem und den Drehimpuls der Punktmassen m um den
Schwerpunkt. Da sich der Schwerpunkt des Rotors von der Rotationsachse Λ wegbewegt
ist der erste Anteil 0. Der Drehimpuls der Punktmassen um den Schwerpunkt beträgt
ma(vR − vE ) + m(−a)(−vR + vE ).
0
mavK = mavK + ma(vR − vE ) + m(−a)(−vR + vE )
0
(ii)
vK = v K + 2 (vR − vE )
Energieerhaltung:
Die Energie des Rotors nach dem Stoß kann zerlegt werden in die Energie des Schwerpunkts im Laborsystem und die Energie der Punktmassen im Schwerpunktsystem.
1 2
1 02 1
mvK =
mv + (M + 2m)vE2 + m (vR − vE )2
2
2 K 2
02
2
mvK
= mvK + (M + 2m) vE2 + 2m (vR − vE )2
(iii)
Lösen des Gleichungssystems aus (i), (ii) und (iii):
(ii) in (iii)
2
mvK
02
= mvK + (M +
2m) vE2
0 2
(vK − vK
)
+ 2m
4
(iv)
(i) in (iv)
0 2
vK − vK
= mvK + (M + 2m) m
+m
2
(2m + M )2
2
2
02
0
0
= (2M + 4m) mvK + 2m2 vK − vK + m (M + 2m) vK − vK
0
2
mvK
2
(2M + 4m) mvK
02
2
7
vK − vK
2
02
0
0
2
2
+ (M + 2m) vK − vK − (2M + 4m) vK
= 0
2
0
02
2
= 0
(2M + 4m) vK + (M + 4m) vK − vK − (2M + 4m) vK
02
0
2
(3M + 8m) vK + (M + 4m) −2vK vK − M vK
= 0
(2M + 4m) vK + 2m vK − vK
0
vK
1,2
2
p
2
2
2vK (M + 4m) ± 4vK
+ 4M (3M + 8m) vK
=
=
2 (3M + 8m)
q
M + 4m ± (M + 4m)2 + M (3M + 8m)
=
vK =
3M
+
8m
√
M + 4m ± 16m2 + 16mM + 4M 2
M + 4m ± (4m + 2M )
=
vK =
vK
3M + 8m
3M + 8m
0
0
vK2 = −
vK2 = vK
M
vK
8m + 3M
Die Lösung vK beschreibt das System vor dem Stoß , die andere nach dem Stoß . Nun
wird aufgrund der großen Erdmasse der Grenzwert gebildet. Man erhält für die gesuchte
Geschwindigkeit der Kugel nach dem Stoß:
0
lim vK2 = −
M →∞
vK
3
11. Gravitationsstabilisierung (Vertiefungsaufgabe)
Zunächst muss der Radius der Kreisbahn berechnet werden, auf dem sich die kleine Masse nach Ausfahren bewegt. Da der Schwerpunkt des Satellitensystems beim Ausfahren
unverändert bleibt gilt
mr0 + M R0
=r
m+M
mr0 + M (r0 − h)
=r
m+M
r0 = r +
(0.33)
(0.34)
M
h
m+M
(0.35)
Auf die kleine Masse wirken Gravitations- und Zentrifugalkraft, es gilt
FG = −
mME G
r02
FZ = mω 2 r0 =
mME G 0
r
r3
Die Kraft auf die Masse m ist die Summe der beiden Teilkräfte
0
r
1
mME G
F = FZ + FG = mME G 3 − 02 ≈
d
r
r
r3
(0.36)
(0.37)
Einsetzen der Werte ergibt:
F = 2, 52 · 10−6 N
8
(0.38)
12. Projektil trifft allgemeinen symmetrischen Rotor (Vertiefungsaufgabe)
homogene Stange
Impulserhaltung:
0
mvK = mvK + (ME + M ) vS
(i)
Drehimpulserhaltung:
0
mavK = mavK + Iω
(ii)
Energieerhaltung:
02
2
mvK
= mvK + Iω 2 + (M + ME ) vS2
(iii)
Lösen des Gleichungssystems aus (i), (ii) und (iii):
(ii) in (iii)
02
2
mvK
= mvK + ma
0 )2
(vK −vK
I
+ (M + ME ) vS2
(iv)
(i) in (iv)
02
2
mvK
= mvK + m2 a2
0 2
0 2
)
(vK − vK
)
(vK − vK
+ m2
I
(M + ME )
02
0 2
2
)
I (M + ME ) mvK
= I (M + ME ) mvK + m2 a2 (M + ME ) (vK − vK
2
0 2
+m I(vK − vK )
02
0 2
)
I (M + ME ) mvK + m2 a2 (M + ME ) (vK − vK
0 2
2
+m2 I(vK − vK
) − I (M + ME ) mvK
= 0
02
0 2
2
I (M + ME ) vK + m(a2 (M + ME ) + I)(vK − vK
) − I (M + ME ) vK
= 0
α := (M + ME )
02
0 2
2
IαvK + m(a2 α + I)(vK − vK
) − IαvK
= 0
02
02
2
0
2
= 0
− 2vK vK
+ vK ) − IαmvK
IαvK + m(a2 α + I)(vK
02
0
2
(Iα + ma2 α + mI)vK + 2m(−a2 α − I)vK vK
+ (−Iα + ma2 α + mI)vK
= 0
0
vK
1,2
p
m2 (a2 α + I)2 + (Iα + ma2 α + mI)(Iα − ma2 α − mI)
=
Iα + ma2 α + mI
√
m(a2 α + I) ± I 2 α2
m(a2 α + I) ± Iα
=
=
Iα + ma2 α + mI
Iα + ma2 α + mI
2
m(a (M + ME ) + I) ± I (M + ME )
=
I (M + ME ) + ma2 (M + ME ) + mI
m(a2 α + I) ±
9
Die Lösung vK beschreibt das System vor dem Stoß , die andere nach dem Stoß . Nun
wird aufgrund der großen Erdmasse der Grenzwert gebildet.
ma2 ± I
I + ma2
ma2 − I
=
ma2 + I
0
vK
=
1,2
0
0
vK1 = vK
vK2
10