Prüfungsaufgaben zur Drehimpulserhaltung - Poenitz-net

1.7. Prüfungsaufgaben zur Drehimpulserhaltung
Aufgabe 1: Drehimpulsänderung (7)
Sandro hat eine 900 g schweren und 65 cm großen 26-Zoll-Fahrradfelge ausgebaut
und hält sie nun mit beiden Händen an der Achse so vor sich, dass diese auf der yAchse liegt (siehe rechts). Mit dem Daumen greift er in 4 cm Abstand zur Achse in
die Speichen und bringt die Felge in 4 Sekunden so in Schwung, dass sie 3
Umdrehungen pro Sekunde schafft.
a) Wie groß ist der Drehimpuls der Felge? (1)
b) Wie groß war das erforderliche Drehmoment, wenn man gleichmässige
Beschleunigung voraussetzt? (1)
c) Welche Kraft hat der Daumen auf die Speichen ausgeübt? (1)
d) Frank will nun die wie skizziert rotierende Felge mit leichtem Zug der rechten
Hand bzw. Druck der linken Hand um die senkrechte z-Achse nach rechts
schwenken. Die Felge kippt aber stattdessen um die x-Achse nach unten.
Zeichne die Richtung des Drehimpulses L sowie des durch die Hände
L
ausgeübten Drehmomentes M =
in die Skizze ein und begründe durch
t
grafische Vektoraddition, wie es zu dieser unerwarteten Reaktion kommt. (2)
e) Jetzt nimmt Sandro die rechte Hand weg und balanciert die rotierende Felge nur
noch auf der linken Seite. Doch statt wie erwartet um die x-Achse nach unten zu
kippen, fängt sie an, sich langsam um die z-Achse zu drehen. Zeichne wieder die
Richtung des Drehimpulses L sowie des durch die Schwerkraft ausgeübten
L
in die Skizze ein und begründe durch grafische
t
Vektoraddition, wie es zu dieser unerwarteten Reaktion kommt (2)
z
y
x
z
y
x
Drehmomentes M =
Aufgabe 1: Drehimpulsänderung (7)
a) L = r∙m∙v = r2∙m∙ω = (0,325 m)2∙0,9 kg∙2∙π∙3 s−1
≈ 1,79 Nm∙s
L
b) M =
≈ 0,45 Nm
t
M
c) FDaumen =
≈ 11,2 N
rDaumen
d) siehe rechts
e) siehe ganz rechts
z
z
y
x
y
x
Aufgabe 2: Keplersche Gesetze
Nennen und begründen Sie die drei Keplerschen Gesetze
Lösung: siehe Theorie
Aufgabe 3: Keplersche Gesetze (3)
Der mittlere Abstand des Mondmittelpunktes zum Erdmittelpunkt ist 3,844‧105 km. Seine Umlaufzeit beträgt 27,3 Tage.
Berechnen Sie daraus die Flughöhe und die Geschwindigkeit in km/h der internationalen Raumstation (ISS), die die Erde in 91
Minuten einmal umrundet. Der Erdradius beträgt 6370 km.
Lösung:
2/3
T
Aus dem 3. Keplerschen Gesetz folgt r = r’‧  
≈ 6727 km vom Erdmittelpunkt entfernt bzw. 357 km über der
 T'
Erdoberfläche mit einer Bahngeschwindigkeit von v = ωr ≈ 27 867 km/h. (3)
Aufgabe 4a: Keplersche Gesetze (5)
Am 23. Juli 1995 entdeckten Alan Hale und Thomas Bopp den Kometen Hale-Bopp, der die Sonne auf einer Ellipsenbahn mit
der numerischen Exzentrizität ε = 0,99511 und dem Perihel 0,914 AE umläuft.
Berechnen Sie die große Bahnhalbachse, den Aphel und die Umlaufdauer des Kometen.
1
Lösungen:
Mit dem Perihel 0,914 AE = a – e und ε =
e
= 0,99511 erhält man 0,914 AE = (1 – 0,99511)a und die große Halbachse a =
a
3/ 2
a'
186,912 AE, die Exzentrizität e = 185,998 AE, den Aphel a + e = 372,9 AE und die Umlaufdauer T’ = T‧   ≈ 2555,4
a
a. (Literaturwert ca. 2530 a für den letzten Umlauf und bedingt durch eine sehr nahe (0,77 AE) Passage des Jupiters verkürzt
auf 2380 Jahre beim nächsten Umlauf)
Aufgabe 4b: Keplersche Gesetze (5)
Am 23. Juli 1995 entdeckten Alan Hale und Thomas Bopp den Kometen Hale-Bopp, der im Jahr 1997 seinen Perihel
(sonnennächsten Punkt) im Abstand von 1 AE (Eine astronomische Einheit 1 AE = Abstand Erde-Sonne = 150 Mio km)
erreichte und dabei 18 Monate lang als eines der hellsten Objekte am Sternenhimmel einschließlich Schweif mit bloßem Auge
zu sehen war. Das Aphel befindet sich in ca. 373 AE Entfernung von der Sonne. Wann wird der Komet wieder bei uns
auftauchen?
Lösungen:
Aus Perihel 1 AE = a – e und Aphel 373 AE = a + e erhält man die große Halbachse a =
1
(Aphel + Perihel) = 187 AE und die
2
3/ 2
a'
Umlaufdauer T’ = T‧   ≈ 2550 a. Das nächste Perihel sollte also im Jahr 2547 auftreten. (Bedingt durch eine sehr nahe
a
(0,77 AE) Passage des Jupiters hat sich die Umlaufdauer auf voraussichtlich 2380 Jahre beim nächsten Umlauf verkürzt.)
Aufgabe 4c: Keplersche Gesetze (5)
Am 23. Juli 1995 entdeckten Alan Hale und Thomas Bopp den Kometen Hale-Bopp, der im Jahr 1997 seinen Perihel
(sonnennächsten Punkt) im Abstand von 1 AE (Eine astronomische Einheit 1 AE = Abstand Erde-Sonne = 150 Mio km)
erreichte und dabei 18 Monate lang als eines der hellsten Objekte am Sternenhimmel einschließlich Schweif mit bloßem Auge
zu sehen war. Das nächste Perihel wird voraussichtlich um das Jahr 4385 erreicht. Die Ellipsenbahn des Kometen Hale-Bopp
hat einen Flächeninhalt von A ≈ 11346 AE2. Wie schnell ist der Komet im Aphel bei 373 AE gewesen? Berechne daraus seine
Geschwindigkeit im Perihel bei 1 AE.
Lösungen:
Mit der Umlaufzeit T = 2378 a für die Gesamtfläche von A = 11346 AE2 erhält man für 1 Jahr die überstrichene Fläche A1 =
2A1
4,77 AE2 und dementsprechend im Aphel eine Strecke von sa =
≈ 0,0256 AE ≈ 3,83 Mio km pro Jahr bzw. eine
ra
Geschwindigkeit von 120 m/s und im Perihel entsprechend 373 mal so schnell mit 45 km/s.
Aufgabe 5: Keplersche Gesetze (10)
Am 14. November 2003 entdeckten Mike Brown, Chad Trujillo und Dave Rabinowitz mit dem Mount PalomarSpiegelteleskop in der Nähe von San Diego CA den ca. 1000 km großen Planetoiden Sedna auf einer deutlich exzentrischen
Umlaufbahn mit der numerischen Exzentrizität ε = 0,857 und dem Perihel (sonnennächster Punkt) von 76 AE, den sie im Jahr
2076 mit einer Geschwindigkeit von 2,78 km/s durchlaufen wird. Die Astronomische Einheit 1 AE ≈ 150 Mio km ist die
Entfernung der Erde zur Sonne.
a) Berechne die Exzentrizität e, die große Halbachse a und die maximale Entfernung von der Sonne (Aphel). (3)
b) Berechne die Umlaufzeit des Planetoiden. (2)
c) Wie schnell ist Sedna am Aphel? (2)
d) Wir wollen Sedna im Jahr 2076 besuchen und planen von der Erde aus eine Ellipsenbahn, die uns in der
Beschleunigungsphase möglichst nah an die Sonne heranführt und dann bis auf 76 AE zu Sedna hinausschleudert.
Skizziere (nicht maßstäblich!) die Bahnen von Erde (Numerische Exzentrizität ε ≈ 0,02), Sedna und unserem Raumschiff.
(1)
e) Die Erde dreht sich vom Nordpol aus betrachtet gegen den Uhrzeigersinn sowohl um sich selbst als auch um die Sonne. Zu
welchen Zeiten und an welchen Orten erhält man beim Abschuss die größte Startgeschwindigkeit in Bezug auf ein
sonnenfestes System? (1)
f) Sednas Bahnebene ist um 11° zur gemeinsamen Bahnebene der restlichen Planeten geneigt. Es gibt viele Spekulationen
über die Ursache dieser Störung: Z.B. einen unbekannten großen Planeten außerhalb der Neptunbahn oder einen
vorbeiziehenden Stern oder auch, dass Sedna überhaupt nicht aus unserem Sonnensystem stammt, sondern ein
eingefangener Fremdplanetoid ist. In welchen Richtungen müsste man nach Sednas Herkunft suchen? (1)
2
Lösungen: (Die angegebenen Literaturwerte kamen unter Einbeziehung der zusätzlichen Anziehung der Planeten
zustande und sind daher etwas kleiner)
Perihel
a) Perihel = a – e = a − ε∙a = a(1 – ε) ⇒ große Halbachse a =
= 531,5 AE (Literaturwert 506,5 a)
(1)
1 
Exzentrizität e = ε∙a ≈ 455,5 AE (Literaturwert 434,6 AE)
(1)
Aphel = a + e ≈ 987 AE (Literaturwret 937 AE)
(1)
a'
b) Umlaufdauer T’ = T‧  
a
3/ 2
≈ 531,51,5 a ≈ 12252,2 a (Literaturwert ca. 12 000 a)
c) Drehimpuls L = Perihel∙vperihel = Aphel∙vAphel ⇔ vPerihel =
(2)
Aphel
∙vAphel ≈ 0,21 km/s (Literaturwert 0,184 km/s) (2)
Perihel
d) Erdbahn nahezu kreisförmig, dazu zwei stark exzentrische Ellipsenbahnen.
(1)
e) Um Mitternacht vom Äquator aus.
(1)
f) In ihrer m 11° geneigten Bahnebene.
(1)
Aufgabe 6: Eindimensionales Kepler-Problem (10)
Zwei Körper mit den Massen M und m, die sich in einem Inertialsystem auf einer festen Gerade frei bewegen können, genügen
M
der Differentialgleichung r(t) = für ihren Abstand r(t) zur Zeit t, wenn M viel grösser als m ist.
2
 r(t) 
a) Was ist ein Inertialsystem? (1)
b) Welche Bewegungen sind für ein Inertialsystem zulässig? (1)
c) Begründe und benenne die linke und die rechte Seite der Differentialgleichung. (1)
d) Zeige, dass die Funktionen r(t) = a‧(t + c)b Lösungen der Differentialgleichung sind und bestimme die Konstanten a, b und
c für r(0) = R (Erdradius). (4)
e) Bestimme die Startgeschwindigkeit v0 = r(0) und lim r(t) . (2)
t 
f)
Von welchen Orten auf der Erde lässt sich eine solche Bewegung durch senkrechten Start nach oben realisieren? (1)
Lösungen:
a) In einem Inertialsystem (lat. Inertia = Trägheit) gilt der Trägheitssatz (1. Newtonsches Axiom): Ein kräftefreier Körper
beharrt im Zustand der Ruhe oder der gleichförmigen Bewegung.
(1)
b) Zulässig sind gleichförmige Bewegungen (Translationen), unzulässig sind beschleunigte Bewegungen wie z.B.
Rotationen.
(1)
Mm
c) Es handelt sich um das 2. Newtonsche Axiom F = m‧a mit der Gravitationskraft F = und m‧a = m‧ r(t) .
(1)
2
 r(t) 
d) Durch Ableitung und Einsetzen erhält man ab(b – 1)‧(t + c)b – 2 = -γMa-2(t + c)-2b ⇔ a3b(b – 1)(t + c)3b - 2 = -γM
2
Da die rechte Seite konstant ist, muss dies auch für die linke Seite gelten, d.h. 3b – 2 = 0 ⇔ b = .
3
Durch Einsetzen erhält man
2 3
a = γM ⇔ a =
9
R
Aus r(0) = R folgt ac2/3 = R ⇔ c =  
a
3/ 2
=
e)
f)
(1)
9
M
2
(1)
1 2R 3
3 M
(1)
3
1/3
2  1 2R 3 
9

v0 = r(0) = abc = 3 M ‧ . 
3  3 M 
2
ab
=0
lim r(t) = lim ab(t + c)b-1 = lim 3
t 
t 
t 
tc
Vom Nordpol und vom Südpol aus.
b-1
(1)
=
2 M
R
(1)
(1)
(1)
3
Aufgabe 7: Kepler-Problem (20)
a) Ein Kommunikationssatellit soll in eine geostationäre Bahn geschossen werden. Wie gross ist die dazu erforderliche
Winkelgeschwindigkeit ω? (1)
b) Berechnen Sie die Höhe h über dem Meeresspiegel und die Geschwindigkeit v auf der geostationären Bahn. Der Erdradius
beträgt rE = 6378 km, die Erdmasse ist M = 5,98‧1024 kg und die Gravitationskonstante ist γ = 6,67‧10-11 N‧m2/kg2. (3)
c) Als Startorte kommen die Abschussanlagen der ESA in Französisch Guyana auf 5° nördlicher Breite oder der NASA in
Florida auf 28° nördlicher Breite zur Verfügung. Berechnen Sie die Eigengeschwindigkeit der beiden Abschussanlagen
auf Meereshöhe infolge der Erddrehung.(2)
d) In der Praxis fliegt die Rakete nicht bis zur geostationären Bahn, sondern entlässt den Satelliten nach ca. 1 Stunde Flugzeit
im Perigäum einer ellipsenförmigen Transferbahn, deren Apogäum auf der geostationären Bahn liegt. Im Apogäum
wechselt der Satellit mit Hilfe seiner eigenen Triebwerke von der Transferbahn auf die geostationäre Bahn. Skizzieren Sie
den Flugverlauf mit Erdkugel, Raketenbahn, Transferbahn und Umlaufbahn. (2)
e) Berechnen Sie den Bahndrehimpuls L und die Gesamtenergie E = Ekin + Epot eines 1000 kg schweren Satelliten, der in 249
km über der Meeresoberfläche mit einer Tangentialgeschwindigkeit von 10,2 km/s in das Perigäum der Transferbahn
entlassen wird. (4)
f) In welcher Höhe und mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich der Satellit im Apogäum der Transferbahn? (4)
g) Wie viele Minuten vergehen von der Ablösung des Satelliten im Perigäum bis zum Start der Bordtriebwerke im
Apogäum? (4).
Lösungen
a)
ω=
2

=
.
24  3600 s
43200 s
(1)
M
Mm
= m‧ω2‧r folgt r = 3 2 ≈ 42 250 km.
2
r

Die Höhe über dem Meeresspiegel ist also h ≈ 35 872 km.
b) Aus Fg = Fz ⇔  
(2)
(1)
Die Geschwindigkeit ist v = ω‧r = 3,07 km/s
c)
(1)
Von Französisch Guyana aus startet man mit einer Tangentialgeschwindigkeit von v0t = ω‧r‧cos(5°) = 0,462 km/s und von
Florida aus sind es v0t’ = ω‧r‧cos(28°) = 0,410 km/s.
(2)
d) Beschriftete Skizze mit Erdkugel, Raketenbahn, Transferbahn und Umlaufbahn.
(2)
e) Mit m = 1000 kg und rp = 6,627 106 m sowie vp = 10200 m/s ohne Radialkomponente erhält man den
Bahndrehimpuls L = m‧vp‧rp = 6,7595‧1013 kg‧m2/s
Mm
1
und die Gesamtenergie E = Ekin + Epot = mvp2 - γ
= 5,202‧1010 J – 6,0188‧1010 J = -8,1680‧109 J
2
rp
f)
(1)
(2)
Im Apogäum steht v wieder senkrecht zu Radius und man kann beim Bahndrehimpuls mit Beträgen rechnen. Aufgrund
L2
1
Mm
Mm
der Erhaltung von L = m‧v‧r und E = mv2 - γ
erhält man durch Einsetzen E =
-γ
(1)
2
2mr
2
r
r
1
1
bzw. -8,1680‧109 J = 2,2846‧1024 J‧m2‧ 2 - 3,9890‧1017 J‧m‧ ⇔ r2 – 4,8833‧107 m‧r + 2,7970‧1014 m2.
(2)
r
r
Als Lösungen dieser quadratischen Gleichung ergeben sich r P/A = 2,4416‧107 m ± 1,7789‧107 m,
also rP = 6,627‧106 m = 6627 km bzw. 249 km über NN im Perigäum
und rA = 4,2206‧107 m = 42 206 km im Apogäum.
(1)
Die Bahngeschwindigkeit im Apogäum bestimmt man aus der Erhaltung des Drehimpulses (2. Keplersches Gesetz)
r
zu vA = P ‧vP = 1601 m/s = 1,6 km/s.
(1)
tA
g) Nach dem 3. Keplerschen Gesetz sind in einem Zentralkraftfeld, dessen Betrag mit dem Abstandsquadrat abnimmt, die
Tg2
T2
Quadrate der Umlaufzeiten T proportional zu den Kuben der grossen Halbachsen a der Bahnellipsen: 3 = t3 . (1)
at
ag
Für die geostationäre Kreisbahn ist a g = 42 250 km und Tg = 24 h = 86 400 s.
1
1
Für die Transferbahn ist at = (rP + rA) = (42 206 + 6627) km = 24 416,5 km.
2
2
a
Die Umlaufzeit ist daher Tt = Tg‧  t
a
 g



(0,5)
(0,5)
3/ 2
≈ 37957 s ≈ 10,5 h.
Die Triebwerke zünden nach einem halben Umlauf, also nach ca. 5
(1)
1
h
4
(1)
4
Aufgabe 8: Trägheitsmoment (20)
Ein 45 kg schwerer Junge fährt auf einem 15 kg schweren Mountainbike mit Reifendurchmesser 70 cm mit 36 km/h in eine
Rechtskurve mit einem Krümmungsradius von 20 m.
a) Erklären Sie den Unterschied zwischen schwerer und träger Masse. (2)
b) Wie gross muss der Haftreibungskoeffizient μ zwischen Straße und Reifen mindestens sein, damit der Junge nicht ins
Rutschen kommt? Rechnen Sie mit g = 10 m/s2. (2)
c) Berechnen Sie den Neigungswinkel zur Senkrechten, wenn sich der Fahrer in die Kurve legt. (1)
d) Um wie viel Grad muss der Fahrer den Lenker einschlagen, wenn der Radstand 1 m beträgt? (2)
e) Wie gross ist das Trägheitsmoment J der Räder, wenn man vereinfachend annimmt, dass sich die ausschlaggebende Masse
von 1,5 kg auf die Felgen mit dem Durchmesser 26“ = 65 cm konzentriert? (1)
f) Wie viel Prozent der gesamten Bewegungsenergie wird durch die Drehbewegung der Räder erzeugt? (2)
g) Der Junge sieht ein hübsches Mädchen am Straßenrand und beschließt, die Kurve freihändig zu nehmen. Um wie viel Grad
muss er sich aus der Senkrechten nach innen neigen, um den Einschlagwinkel aus d) innerhalb einer Sekunde zu erreichen?
Der Schwerpunkt liege 1,50 m hoch über der Strasse. (4)
h) Was passiert, wenn er sich nach der Einleitung der Kurve nicht bewusst weiter nach innen legt, sondern den winzigen
Neigungswinkel aus g) beibehält? Begründen Sie. (2)
i) Wie hoch und wie weit fliegt ein Matschklumpen, der sich im Bezugssystem des Fahrers senkrecht nach oben tangential
vom Hinterrad löst? Zur Vereinfachung soll dies bei Geradeausfahrt und unter Vernachlässigung des Luftwiderstandes
betrachtet werden. (4)
Aufgabe 9: Trägheitsmoment (20)
a) Die schwere Masse ist (in der klassischen Mechanik) eine Körpereigenschaft, welche sowohl für die Ursache als auch für
die Wirkung der Gravitationskraft verantwortlich ist. (Sie kommt daher im Gravitationsgesetz zweimal vor: F g = γ‧
m1  m 2
). Die träge Masse beschreibt die Eigenschaft eines Körpers, sich einer beschleunigenden Kraft zu widersetzen: F
r2
= m‧a. (2)
b) Reibungskraft ≥ Zentripetalkraft ⇔ μ‧m‧g ≥
m  v2
v2
(10 m / s)2
⇔μ≥
=
= 0,5.
gr
10 m / s2  20 m
r
F 
 v2 
-1
Der Neigungswinkel ist α = tan-1  z  = tan-1 
 = tan (0,5) ≈ 26,57°.
F 
 gr 
 g
1m
d) Der Lenkwinkel ist β =
rad = 0,05 rad ≈ 2,86°.
20 m
c)
e)
f)
Das Trägheitsmoment eines Rades ist J = rFelge2‧mRad = (0,325 m)2‧1,5 kg ≈ 0,158 kg‧m2.
v
10 m / s
Die Winkelgeschwindigkeit der Räder ist ω =
=
≈ 28,57 s-1.
rRad
0,35 m
(2)
(2)
(1)
(1)
(1)
E rot
2  0,5  J  2
1
=
=
≈ 4,13 %.
(1)
2
2
E trans  E rot
0,5  m  v  2  0,5  J  
m  v2

1
2  J  2
g) Sei die x-Achse unseres Koordinatensystems in Fahrtrichtung, die y-Achse nach links und die z-Achse nach oben
Der Anteil der Rotationsenergie ist p =
gerichtet. Die Richtung des Drehimpulses L = Jω‧ e y ≈ 4,53 kg‧m2/s e y soll durch das nach vorne gerichtete
Kippmoment M = Fg‧1,50 m‧sin(α0)‧ e x = 1350‧sin(α0)‧kg‧m2/s2‧ e x in Δt = 1 s um Δ L = β‧| L |‧ e x =
e x ≈ 0,227 kg‧m2/s∙ e x geändert werden. Mit M = L =
4,53 kg  m2 / s
‧
20
L
erhält man nach Kürzen der Einheiten 1350‧sin(α0) = 0,227
t
 0, 227 
und damit α0 = sin-1 
 ≈ 0,01°. (4)
 1350 
h) Die Richtungsänderung der Bewegung zum Kurvenzentrum hin ist die Folge der transversal (quer zur
Bewegungsrichtung) gerichteten Reibungskraft, die die Strasse auf die Reifen ausübt. Diese Zentripetalkraft erzeugt ein
aufrichtendes Drehmoment, welches der Neigung entgegenwirkt. Oder: Die unter dem Schwerpunkt nach rechts Richtung
Kurvenzentrum ausweichenden Räder richten das Fahrrad automatisch wieder auf. Oder: Die Fliehkraft der eingeleiteten
Kurvenfahrt richtet den Fahrer wieder auf. Diese selbst korrigierende Wirkung funktioniert aber nur bei Einrädern und
Fahrrädern mit frei drehbarem Vorderrad. (2)
i) Der Matschklumpen mit der Masse m hat anfänglich die Vertikalgeschwindigkeit v z0 = 10 m/s. Nach dem
v
v2
Energieerhaltungssatz erreicht er die Höhe h =
= 5 m über der Radnabe nach einer Zeitspanne von Δt = z0 = 1 s.
g
2g
Nach einer weiteren Sekunde klatscht er wieder an genau der gleichen Stelle an das Rad und hat bis dahin in der
Horizontalen einer Strecke von Δx = vx0‧2Δt = 20 m zurückgelegt. (4)
5
Aufgabe 10a: Rotation und schiefer Wurf (10)
h
Ein als Hohlzylinder zu betrachtendes Rad mit Radius r
und Masse m rollt wie rechts skizziert aus der Ruhe im
A
Punkt A mit der Höhe hA = 1,6 m eine gebogene Rinne
hinunter.
Der Tiefpunkt T der Rinne wird auf der Höhe hT = 0 m
mit der Bahngeschwindigkeit vT durchlaufen. Im Punkt
C
B verlässt das Rad die Rinne in der Höhe hB = 0,6 m im
Winkel von α = 30° zur Horizontalen mit der
α
B
Bahngeschwindigkeit vB.
Es erreicht den höchsten Punkt C der Flugbahn in der
Höhe hC mit der Bahngeschwindigkeit vC.
T
Im Punkt D mit hD = 0 landet das Rad mit der
Bahngeschwindigkeit vD.
a) Berechne die Bahngeschwindigkeit vT. Berücksichtige auch die Rotationsenergie des Rades. (2)
b) Berechne die Bahngeschwindigkeit vB. (1)
c) Berechne die Bahngeschwindigkeit vC. (1)
d) Berechne die Höhe hC. (2)
e) Berechne die Bahngeschwindigkeit vD. (2)
f) Begründe ohne Rechnung nur mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes, warum v D grösser als vT sein muss. (2)
D
x
Lösungen: (10)
a) Mit dem Trägheitsmoment J = mr2 ist die Rotationsenergie Erot =
Aus EpotA = EtransT + ErotT ⇔ m∙g∙hA =
1 2 1
Jω = mv2
2
2
1
1
mvT2 + mvT2 = mvT2 folgt vT =
2
2
b) Aus EpotA = EtransB + ErotB + EpotB folgt wie in b) vB =
g  (h A  h B ) = 10
g  hA = 4
(1)
m
s
(1)
m
s
(1)
m
1
30
2
s
d) Die Energiebilanz EtransB + ErotB + EpotB = EtransC + ErotC + EpotC vereinfacht sich wegen ErotB = ErotC zu
v 2  vC2
EtransB + EpotB = EtransC + EpotC ⇔ yC = yB + B
= 0,725 m
2g
c) Beim schiefen Wurf bleibt die Horizontalkomponente von vB erhalten: vC = vBx = vB∙cos(α) =
(1)
(2)
m
(2)
s
f) Die potentielle Energie bleibt gleich. Die Translationsenergie und damit die Geschwindigkeit wird aber größer, weil die
Rotationsenergie auf dem Anstieg von T nach B kleiner geworden ist und dann in der Luft auf dem Weg nach D
unverändert bleibt. Die zwischen T und B verlorene Rotationsenergie wird beim freien Fall in der Luft in zusätzlicher
Translationsenergie umgewandelt.
(2)
e) Wieder wegen ErotB = ErotD gilt EtransB + EpotB = EtransD und damit vD =
v2B  2  g  h B =
22
Aufgabe 10b: Rotation und schiefer Wurf (10)
h
Ein als Vollzylinder zu betrachtendes 16 kg schweres
Autorad mit Radius r und Masse m rollt wie rechts
A
skizziert aus der Ruhe im Punkt A mit der Höhe h A = 1
m eine gebogene Rinne hinunter.
Der Tiefpunkt T der Rinne wird auf der Höhe hT = 0 m
mit der Bahngeschwindigkeit vT durchlaufen. Im Punkt
C
B verlässt das Rad die Rinne in der Höhe hB = 0,3 m im
Winkel von α = 30° zur Horizontalen mit der
α
B
Bahngeschwindigkeit vB.
Es erreicht den höchsten Punkt C der Flugbahn in der
Höhe hC mit der Bahngeschwindigkeit vC.
T
Im Punkt D mit hD = 0 landet das Rad mit der
Bahngeschwindigkeit vD.
a) Berechne die Bahngeschwindigkeit vT. Berücksichtige auch die Rotationsenergie des Rades. (2)
b) Berechne die Bahngeschwindigkeit vB. (1)
c) Berechne die Bahngeschwindigkeit vC. (1)
d) Berechne die Höhe hC. (2)
e) Berechne die Bahngeschwindigkeit vD. (2)
f) Begründe ohne Rechnung nur mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes, warum v D grösser als vT sein muss. (2)
D
x
6
Lösungen: (10)
a) Mit dem Trägheitsmoment J =
1 2
1
1
mr ist die Rotationsenergie Erot = Jω2 = mv2
2
2
4
Aus EpotA = EtransT + ErotT ⇔ m∙g∙hA =
1
1
3
mvT2 + mvT2 = mvT2 folgt vT =
2
4
4
b) Aus EpotA = EtransB + ErotB + EpotB folgt wie in b) vB =
4
m
 g  h A ≈ 3,65
3
s
4
m
 g  (h A  h B ) ≈ 3,06
3
s
m
s
d) Die Energiebilanz EtransB + ErotB + EpotB = EtransC + ErotC + EpotC vereinfacht sich wegen ErotB = ErotC zu
v 2  vC2
EtransB + EpotB = EtransC + EpotC ⇔ hC = hB + B
= 0,8125 m
2g
c) Beim schiefen Wurf bleibt die Horizontalkomponente von v B erhalten: vC = vBx = vB∙cos(α) ≈ 2,65
(1)
(1)
(1)
(1)
(2)
m
(2)
s
f) Die potentielle Energie bleibt gleich. Die Translationsenergie und damit die Geschwindigkeit wird aber größer, weil die
Rotationsenergie auf dem Anstieg von T nach B kleiner geworden ist und dann in der Luft auf dem Weg nach D
unverändert bleibt. Die zwischen T und B verlorene Rotationsenergie wird beim freien Fall in der Luft in zusätzlicher
Translationsenergie umgewandelt.
(2)
e) Wieder wegen ErotB = ErotD gilt EtransB + EpotB = EtransD und damit vD =
v2B  2  g  h B ≈ 3,92
Aufgabe 11: Rotation und schiefer Wurf (20)
z
Eine Kugel mit Radius r und Masse m rollt wie rechts
skizziert aus der Ruhe im Punkt A mit der Höhe zA eine
A
zA
gebogene Rinne hinunter.
Der Tiefpunkt T der Rinne wird auf der Höhe zT = 0 m
mit der Bahngeschwindigkeit vT erreicht.
H
Anschließend soll ein Looping mit dem Hochpunkt H
auf der Höhe zH = 15 cm durchlaufen werden.
Im Punkt B verlässt sie die Rinne in der Höhe zB = 4,5
C
cm im Winkel von α = 30° zur Horizontalen mit der
α
B
Bahngeschwindigkeit vB.
D
Sie erreicht den höchsten Punkt C der Flugbahn in der
T
y
Höhe zC mit der Bahngeschwindigkeit vC.
Im Punkt D mit zD = 0 landet die Kugel mit der
D‘
x
Bahngeschwindigkeit vD.
a) Wie schnell muss die Kugel mindestens im Punkt H sein, damit sie nicht aus der Bahn fällt? (2)
b) Berechne die Mindesthöhe zA, aus der die Kugel starten soll, um die erforderliche Geschwindigkeit in Punkt H zu
erreichen. Berücksichtige auch die Rotationsenergie der Kugel. (3)
c) Berechne die Bahngeschwindigkeit vT. (2)
d) Berechne die Bahngeschwindigkeit vB. (2)
e) Berechne die Bahngeschwindigkeit vC. (1)
f) Berechne die Höhe zC. (2)
g) Berechne die Bahngeschwindigkeit vD. (2)
h) Begründe ohne Rechnung nur mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes, warum vD grösser als vT sein muss. (2)
m
i) Berechne die Flugzeit der Kugel mit g = 10 2 . (2)
s
m
j) Angenommen, ein starker Wind beschleunigt die Kugel mit 0,1 2 in positive x-Richtung, so dass sie in Punkt D‘ landet.
s
Wie weit ist D‘ von D entfernt? (2)
7
Lösungen: (20)
a) Die Zentripetalkraft FZ =
m v 2H
muss mindestens gleich der Gravitationskraft FG = m∙g sein
zH / 2
(1)
zH g
m
m
1
=
≈ 0,87
3
2
s
s
2
2 2
1 2 1
b) Mit dem Trägheitsmoment J = mr ist die Rotationsenergie Erot = Jω = mv2
2
5
5
1
7 2
7
1
Aus EpotA = EpotH + EtransH + ErotH ⇔ m∙g∙zA = m∙g∙zH + mvH2 + mvH2 ⇔ g∙zA = g∙zH +
vH = g∙zH +
g∙zH
2
20
5
10
27
folgt zA =
g∙zH = 20,25 cm
20
Die Minimalgeschwindigkeit ist also vH =
c) Aus EpotA = EpotT + EtransT + ErotT ⇔ m∙g∙zA =
1
7
1
mvT2 + mvT2 =
mvT2 folgt vT =
5
10
2
d) Aus EpotA = EtransB + ErotB + EpotB folgt wie in b) vB =
(1)
(1)
(1)
(1)
10  g  z A
9 m
m
=
≈ 1,70
(2)
s
7
2 7 s
10  g  (z A  z B )
m
= 1,5
7
s
(2)
m
m
3
≈ 1,30
3
4
s
s
f) Die Energiebilanz EtransB + ErotB + EpotB = EtransC + ErotC + EpotC vereinfacht sich wegen ErotB = ErotC zu
v 2  vC2
EtransB + EpotB = EtransC + EpotC ⇔ zC = zB + B
= 7,3125 cm
2g
e) Beim schiefen Wurf bleibt die Horizontalkomponente von vB erhalten: vC = vBy = vB∙cos(α) =
(1)
(2)
m
> vT (!)
(2)
s
h) Die potentielle Energie bleibt gleich. Die Translationsenergie und damit die Geschwindigkeit werden aber grösser, weil die
Rotationsenergie auf dem Anstieg von T nach B kleiner geworden ist und dann in der Luft auf dem Weg nach D
unverändert bleibt. Die zwischen T und B verlorene Rotationsenergie wird beim freien Fall in der Luft in zusätzliche
Translationsenergie umgewandelt.
(2)
1
i) Die Ort-Zeit-Gleichung in z-Richtung ist z(t) = − gt2 + sin(α)∙vB∙t + zB = −5t2 + 0,75t + 0,045 und die Flugzeit ergibt sich
2
mit dem GTR aus z(t) = 0 zu t ≈ 0,196 s.
(2)
1 2
j) Die Ablenkung in Windrichtung ergibt sich aus x(t) = axt = 0,05t2 zu 8,83 cm.
(2)
2
g) Wieder wegen ErotB = ErotD gilt EtransB + EpotB = EtransD und damit vD =
v2B  2  g  z B ≈ 1,78
Aufgabe 12: Rotations- und Translationsenergie (8)
In den dreißiger Jahren des 20. Jahrhunderts war auf dem Flugzeugträger USS Lexington ein Schwungradkatapult in Betrieb.
Das gusseiserne (ρ = 7,6 g/cm3) Schwungrad kann als Hohlzylinder mit Innendurchmesser r 1 = 90 cm und Außendurchmesser
r2 = 110 cm sowie Höhe h = 20 cm betrachtet werden. Das Schwungrad soll über ein Zugseil den Schlitten mit einem 2 Tonnen
schweren Propellerflugzeug über das 80 m lange Katapult auf die Abfluggeschwindigkeit von 108 km/h beschleunigen
a) Berechne die Masse m des Schwungrades. (2)
m 2
b) Berechne das Trägheitsmoment J =
(r1 r22 ) des Schwungrades. (1)
2
c) Welche Translationsenergie muss auf das Flugzeug übertragen werden? (1)
d) Wie schnell muss sich das Schwungrad drehen, wenn es die Energie aus c) als Rotationsenergie speichern soll? (2)
e) Wie groß ist die Beschleunigung des Flugzeuges? (2)
Lösungen
a) Volumen V = G∙h = π(r22 – r12)∙h ≈ 0,25 m3 und Masse m = ρ∙V ≈ 1,91 t
m 2
(r1 r22 ) ≈ 1,93 kg∙m2.
b) Trägheitsmoment J =
2
1
c) Translationsenergie ETrans = mv2 = 900 kJ
2
2 E Trans
1
d) Rotationsenergie ERot = Jω2 = ETrans ⇒ Winkelfrequenz ω =
≈ 305,3 s−1 ⇒ Frequenz f =
2
2
J
2
2
v
m
v
1
e) Strecke x = at2 mit v = a∙t ⇒ x =
⇒ Beschleunigung a =
= 11,25 2
2x
2a
2
s
(2)
(1)
(1)
= 48,6 s−1
(2)
(2)
8
Aufgabe 13: Rotations- und Translationsenergie (10)
Die Trommel einer Waschmaschine hat einen Durchmesser von 30 cm und eine Tiefe von ebenfalls 30 cm.
a) Wie viel Liter fasst die Waschmaschine? (1)
b) Wie groß ist ihr Trägheitsmoment, wenn sie mit 5 kg Wäsche (ρ = 0,6 g/cm3 und 15 Litern Wasser (ρ = 1 g/cm3)
gleichmäßig gefüllt ist? (2)
c) Welches Drehmoment muss der Motor liefern, um die Trommel in 5 Sekunden auf 1000 Umdrehungen pro Minute zu
beschleunigen? (2)
d) Wie viele Drehungen führt die Trommel in den ersten zwei Sekunden des Beschleunigungsvorgangs aus? (2)
e) Wie groß ist die Bewegungsenergie der Trommel in vollem Lauf? (1)
f) Wie groß sind die Kräfte auf das Trommellager, wenn sich die Wäsche so verlagert hat, dass der gesamte Schwerpunkt der
Trommel 3 cm von der Mittelachse entfernt ist? (2)
Lösungen (10)
a) Volumen V = πr2∙h = 21,2 Liter
(1)
1
b) Masse m = 3 kg Wäsche + 15 kg Wasser = 18 kg ⇒ Trägheitsmoment J = mr2 = 0,2025 kg∙m2.
2
L
J
−1
c) Winkelgeschwindigkeit ω = 2πf ≈ 104,7 s ⇒ Drehmoment M =
=
≈ 4,24 Nm
t
t
1
d) Winkelbeschleunigung α =
≈ 20,94 s−2 ⇒ überstrichener Winkel φ = αt2 ≈ 261,8
2
t
⇒ Umdrehungszahl n =
= 41,67
2
1
e) Rotationsenergie ERot = Jω2 ≈ 1,11 kJ
2
f) Zentrifugalkraft FZ = m∙ω∙r = 56,59 N
(2)
(2)
(2)
(1)
(2)
Aufgabe 14: Rotation und Translation (10)
Zwei verschiedene 200 g schwere Messingkörper mit der Dichte ρ = 8,5 g/cm3 rollen aus dem Stand eine 2 m lange schiefe
Ebene hinunter und verlieren dabei 1 m an Höhe. Es handelt sich um einen Zylinder mit der Höhe 2 cm sowie um eine Kugel.
a) Berechne den Radius und das Trägheitsmoment der Kugel. (2)
b) Berechne den Radius und das Trägheitsmoment des Zylinders. (2)
c) Mit welcher Geschwindigkeit kommt die Kugel unten an? (2)
d) Mit welcher Geschwindigkeit kommt der Zylinder unten an? (2)
e) Wie lange braucht die Kugel, bis sie unten ist? (1)
f) Wie lange braucht der Zylinder, bis er unten ist? (1)
Aufgabe 14 (10)
a) m = ρ∙VK = ρ∙
4
π rK3 ⇒ Radius rK =
3
b) m = ρ∙VZ = ρ∙π rZ2∙l ⇒ Radius rZ =
c) Epot = ETransK + ERotK ⇔ m∙g∙h =
3
3 m
2
≈ 1,78 cm und Trägheitsmoment JK = mrK2 ≈ 2,53∙10−5 kg∙m2
4
5
m
l
≈ 1,94 cm und Trägheitsmoment JZ =
1
mrZ2 ≈ 3,74∙10−5 kg∙m2
2
1
7
1
1
1
mvK2 + JωK2 = mvK2 + mvK2 =
mvK2 ⇒ vK =
2
2
2
5
10
m
10 g h
≈ 3,78
7
s
m
4 g h
1
1
1
1
3
mvZ2 + JωZ2 = mvZ2 + mvZ2 = mvK2 ⇒ vZ =
≈ 3,65
s
2
2
2
4
4
3
2s
1
1
e) Zurückgelegter Weg s = aKtK2 mit Endgeschwindigkeit vK = aK∙tK ⇒ s = vKtK ⇒ Zeit tK =
≈ 1,05 s
vK
2
2
d) Epot = ETransZ + ERotZ ⇔ m∙g∙h =
f) Analog zu e) berechnet man für den Zylinder die Zeit tZ =
2s
≈ 1,10 s
vZ
(2)
(2)
(2)
(2)
(1)
(1)
Aufgabe 15: Trägheitsmoment
Auf einer 40 cm dicken und 10 kg schweren, massiven Seiltrommel eines Krans ist ein Seil aufgewickelt, an welchem in 5 m
Höhe über dem Boden eine 5 kg schwere Last hängt. Die Seiltrommel wird versehentlich gelöst und die Last sinkt nach unten.
Die Seilmasse kann bei den folgenden Rechnungen vernachlässigt werden und es genügt, mit g = 10 m/s2 zu rechnen.
a) Berechne das Trägheitsmoment der Seiltrommel. (1)
b) Berechne die gesamte kinetische Energie von Trommel und Last in Abhängigkeit von der Sinkgeschwindigkeit v der Last.
(2)
c) Mit welcher Geschwindigkeit prallt die Last auf den Boden? (1)
9
Aufgabe 15: Trägheitsmoment
1
a) J = mSr2 = 0,2 kg∙m2.
2
1
1
1
1
b) Ekin = ETrans + ERot = mLv2 + Jω2 = mLv2 + mSv2 = 5 kg∙v2.
2
2
2
4
4 mL g h
m
1
1
c) EPot = Ekin ⇔ mL∙g∙h = mLv2 + mSv2 ⇔ v =
= 5 2
2
4
s
2 m L mS
(1)
(2)
(1)
10