¨Ubungen zur Physik 1 – Lösungen zu Blatt 9 Herbstsemester 2009

Dr. H. Moritz
Übungen zur Physik 1 – Lösungen zu Blatt 9
Herbstsemester 2009
(Dated: 25. November 2009)
I.
VORDIPLOM-ÜBUNGSAUFGABE: DREHIMPULS UND TRÄGHEITSMOMENT (3 PUNKTE)
1. Nach dem Steiner’schen Satz ist das Trägheitsmoment gegeben durch I = IS + m h2 . Darin ist IS das
Trägheitsmoment des Körpers bezüglich einer Achse durch seinen Massenmittelpunkt S. Ferner ist m die
Masse des Körpers und h der Abstand zwischen den beiden parallelen Drehachsen. Demnach ist I immer um
m · h2 grösser als IS . Also ist Aussage d) richtig.
−
−
2. Beim Anstossen wird auf die Stabenden an der Position ±→
r jeweils ein Impuls →
p übertragen. Der resultierende
Drehimpuls beträgt
→
−
−
−
L =→
r ×→
p
(1)
und steht also senkrecht auf Anstossrichtung und Stabachse!
Da im weiteren Verlauf kein Drehmoment wirkt, ist der Drehimpuls erhalten, und der Stab rotiert um die durch
den Drehimpuls ausgezeichnete Achse.
Rotationsachse
3. Zunächst berechnen wir das Volumen des Kegels, um die Massendichte zu bestimmen. Wir nennen die Symmetrieachse z−Achse und wählen ihren Nullpunkt am Boden des Kegels:
h
Z h
Z
z 2
z 3
πr2 h
2 −h
2
2
V =
πr(z) dz = π r 1 −
dz = πr
1−
=
.
(2)
h
3
h
3
0
0
Hierbei haben wir den Radius des Kegels als Funktion der z-Koordinate r(z) = r(1 − z/h) verwendet.
Das Trägheitsmoment beträgt
Z
Z
I = r2 dm = ρ r2 dV.
(3)
Wir wählen als Volumenelement Kreisringe mit Radius R..R + dR und Dicke dz: dV = 2π R dR dz. Somit ergibt
sich
Z h Z r(z)
I = ρ
dz
R2 2πR dR
(4)
0
0
r(z)
Z
πρr4 h z 4
1 4
= 2πρ
dz R
=
dz 1 −
4
2
h
0
0
0
h
πρr4 −h z 5
=
1−
.
2
5
h
0
Z
h
(5)
(6)
2
Einsetzen von ρ = m/V ergibt
I=
II.
3mr2
.
10
(7)
SCHWUNGRAD (3 PUNKTE)
1. Die Winkelgeschwindigkeit des Schwungrades wird im Zeitintervall ∆t von ω1 = 0 auf die der Tourenzahl n
entsprechende Winkelgeschwindigkeit ω2 erhöht:
ω2 = 2π · n = 2π ·
1200
= 40π s−1 = 125.7 s−1 .
60 s
Die Winkelbeschleunigung ist die zeitliche Änderung der Winkelgeschwindigkeit:
φ̈ =
∆ω
ω2 − ω1
40π s−1
dω
=
=
=
= 4.189 s−2 ,
dt
∆t
∆t
30 s
wobei eine gleichförmige Beschleunigung angenommen wurde.
2. Das Drehmoment M kann aus der Änderung des Drehimpulses L berechnet werden:
M=
d
dω
dL
= (I · ω) = I ·
= I · φ̈ = 100 kg m2 · 4.189 s−2 = 418.9 N m .
dt
dt
dt
3. Eine Kraft F im Abstand R von der Drehachse erzeugt ein Drehmoment
~ ~
× F = R · F · sin[α] .
M = R
(8)
Da die Kraft tangential angreifen soll, gilt α = 90◦ und folglich
Frad =
M
418.9 N m
=
= 837.8 N .
R · sin[α]
0.5 m · 1
4. Da der Radius der Achse und damit der Abstand von der Drehachse kleiner ist, wird eine grössere Kraft benötigt.
Das Verhältnis zwischen dieser und der in Aufgabe c) berechneten Kraft ist:
R
FAchse
M/r
=
= 10 .
=
FRad
M/R
r
Wird das Schwungrad also an der Radachse angetrieben ist dafür eine Kraft FAchse = 8.378 × 103 N notwendig.
~ = ~r × F~ ab:
5. Die Drehrichtung hängt von der Richtung des Drehmoments M
~ (r · sin[α])
·F = r ·
(F · sin[α])
M = ~r × F~ = r · F · sin[α] =
| {z }
| {z }
r⊥ , N ormalabstand
.
Ft , T angentialkraf t
Anhand der rechtshändigen Schraubenregel kann die Richtung des Drehmoments ermittelt werden, indem der Ortsvektor ~r (besser der grau gezeichnete Vektor, den man durch
Parallelverschiebung erhält) in den Kraftvektor F~ gedreht wird.
Fall I: Das resultierende Drehmoment zeigt in die Zeichenebene hinein, so dass sich das
Rad im Uhrzeigersinn dreht. Das Drehmoment hat den Betrag
M =r·F .
Fall II: Das Rad wird wiederum im Uhrzeigersinn gedreht. Für das Drehmoment ist jedoch lediglich die
Kraftkomponente senkrecht zum Ortsvektor (d.h. der Vektor vom Drehpunkt zum Angriffspunkt der Kraft)
massgebend:
M = R · F⊥ = R · F · cos(β) = 0.866 · R · F ,
oder aus der Definition des Vektorprodukts:
M = R · F · sin[α] = R · F · sin(90◦ − β) = R · F · sin(60◦ ) = 0.866 · R · F .
Fall III: Durch eine Kraft parallel zum Ortsvektor kann kein Drehmoment erzeugt werden. (Der Winkel α in
Gleichung (8) ist Null).
Fall IV: Das resultierende Drehmoment zeigt in diesem Fall aus der Zeichenebene heraus; das Rad dreht sich
nun im Gegenuhrzeigersinn. Der Betrag des Drehmoments ist derselbe wie in Fall I.
3
III.
MASSENMITTELPUNKT UND TRÄGHEITSMOMENT (4 PUNKTE)
1. Aus Symmetriegründen muss die x-Koordinate des Schwerpunktes
xsp = 0 und die z-Koordinate des Schwerpunkts
R zsp = −D/2 sein.
Die y-Koordinate berechnet sich: mges ysp = ydm. Wir approximieren das Dreieck durch kleine Quader der Dicke D, der Breite
y
◦
◦
2 · cos(30
◦ ) sin(30 ) = 2 tan(30 )y und der Höhe dy. Die Höhe in yL
Richtung des Dreiecks ist also 2 tan[30
◦ ] . Das Massenelement dm lässt
sich dann schreiben als: dm = ρ · D · 2 tan[30◦ ] · y dy.
Z
mges ysp =
Z
L
2 tan[30◦ ]
y dm =
L
L
2 tan(30°)
2 tan(30°)y
dy
y
30°
y · ρ · D · 2 tan[30◦ ] · y dy
(9)
0
L
L3
y 3 2 tan[30
◦]
|0
=ρ·D·
3
3(2 tan[30◦ ])2
!
L
Höhe × Breite
L2
2 tan[30◦ ] × L
= ρ·D·
=ρ·D·
=ρ·D·
2
2
4 tan[30◦ ]
= ρ · D · 2 tan[30◦ ]
L2
4 tan[30◦ ]
L
L
=√ .
3 tan[30◦ ]
3
=
(12)
R
2. Das Trägheitsmoment berechnet sich allgemein als I = r2 dm. Hier
verwenden wir zylindrische Koordinaten (z, r, r dα) und erhalten
Z
Z
2
Iz,0 =
r dm = ρ r2 dV
(13)
!
Z cos[30◦ ]
Z
Z 30◦
−D
= ρ
180◦
dz
30◦
− 180
◦
0
Z
= ρ·D
30◦
180◦
π
π
= ρ·D
π
(14)
α
0
4
◦
L4 5
√ .
4 4 3
dα
(15)
dα
(16)
◦
] 4
(L cos[30
cos[α] )
30
− 180
◦π
= ρ·D·
r2 · r dr dα
L cos(30°)
◦
◦
30◦
180◦
cos(α)
] 4
(L cos[30
cos(α) )
30
− 180
◦π
Z
L
π
L
)
ρ·D·
L3
3(2 tan[30◦ ])2
s(30
°)/c
os(α
⇒ ysp =
ρ·D·
(11)
L co
mit mges
(10)
4
(17)
3. Nach dem Satz von Steiner ist
2
Iz,sp = Iz,0 − mges · ysp
mit Gleichungen (17) und (11)
2
5
L2
L
1
1
√
= ρ · D · L4 √ − ρ · D ·
= ρ · D · L4 √ =
mges L2 .
4 tan[30◦ ]
12
16 3
3
16 3
(18)
(19)