Lösungsblatt XI

Physik I für Chemiker,
WS 2015/16
Lösungsblatt XI
Veröffentlicht: 20.01.16
1 Drehmoment auf starres Objekt
Da die Beschleunigung des Stabes nichts konstant ist und die Gravitationskraft auf den Schwerpunkt des starren Körpers wirkt, können wir die die Winkelbeschleunigung über die Definition
des Drehmoments berechnen
~τ = ~r × M~g
dabei sind die halbe Länge des Stabes ~r und ~g senkrecht zueinander:
~τ =
L
M~g = 0.08 m · 3 kg · 9.8 m/s2 = 2.35 Nm
2
Nimmt man die xy-Ebene als vertikale Ebene, sind Winkel -beschleunigung und -geschwindigkeit
parallel zur Rotationsachse z, welche durch den Drehpunkt aus der Seite herauskommt. Somit
kann die Winkelbeschleunigung aus dem Analog von Newotns II Gesetz für Rotation berechnet
werden. Da es von dem Trägheitsmoment abhängt, muss dieses zuerst berechnet werden:
1
I = M L2 = 0.0256 kgm2
3
τ
2.35 Nm
α= =
= 91.8 rad/s2
I
0.0256 kgm2
Die Winkelbeschleunigung entspricht folgende tangentialen Beschleunigung ~aT des sich frei
rotierbaren rechten Endes des Stabes, solange keine Zentripetalbeschleunigung vorhanden ist
~aC :
~aT = αL = 14.7 m/s2
Bei 90◦ von der Ausgangsposition ist das Drehmoment null, da die Vektoren im Vektorprodukt
parallel aufeinander stehen. Also sind auch Winkelbeschleunigung und tangentiale Beschleunigung null. Zentripetalbeschleunigung hingegen wird folgendermaßen berechnet:
~aC = ω 2
L
2
Wir benötigen die Winkelgeschwindigkeit, wenn der Stab in vertikaler Position ist. Wir wissen,
dass der Stab aus der Ruhe gestartet ist. Wendet Energieerhaltung in Bezug auf den Schwerpunkt
an und nimmt man als Punkt minimaler potentieller Energie die Endposition des Schwerpunkt
erhält man:
Ti + Ui = Tf + Uf
L
1
0 + M g = Iω 2 + 0
2
2
r
r
M gL
3g
=
ω=
I
L
Die Zentripetalbeschleunigung ist somit:
aC =
3g
= 14.7 m/s2
2
1
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2 Die Atwood Maschine
Nehmen Sie das System als isoliert an, sodass die mechanische Energie erhalten bleibt. Setzten
Sie weiterhin den Nullpunkt der potentiellen Energie auf den Schwerpunkt des Zylinders 1.
Ti + Ui = Tf + Uf
1
1
1
0 + m2 gh = Iω 2 + m1 v 2 m2 v 2 + m1 gh
(1)
2
2
2
Auf der linken Seite der Gleichung (1) ist Ti null, da das System am Anfang in Ruhe ist.
Die potentielle Energie die Umlenkrolle kann vernachlässigt werden, da sie sich von der Anfangssituation zur Endsituation nicht ändert. Zylinder 1 ist auf dem null Level der potentiellen
Energie. Auf der rechten Seite kann die, Rotationsenergie der Umlenkrolle zusammen mit der
kinetischen Energie der Massen 1 und 2 sowie der potentiellen Energie des Zylinders 1 nicht
vernachlässigt werden.
Beachten Sie, dass die Translationsgeschwindigkeit der Zylinder gleich der Geschwindigkeit des
äußeren Randes der Umlenkrolle ist: v = ωR. Die Translationsgeschwindigkeit ist dann:
s
2gh(m2 − m1 )
v=
I
+ m1 + m2
R2
Zur selben Zeit ist die Winkelgeschwindigkeit der Rolle:
s
1 2gh(m2 − m1 )
ω=
R RI2 + m1 + m2
3 Energieerhaltung
Die Vollkugel auf der Steigung führt gleichzeitig eine Rotations- und Tranlationsbewegung aus.
Die komplexe Bewegung lässt sich einfach durch eine Kombination auf Rotation und Translation in Bezug zum Schwerpunkt des starren Objekts ausdrücken, wenn die Kugel kein bisschen
rutscht (also reines rollen vorliegt). Unter Vernachlässigung von Rollreibung kann man Energieerhaltung benutzen um das Problem zu lösen. Die Kugel startet aus der Ruhe und rollt auf
das null Level der potentiellen Energie:
1
1
2
0 + M gh = ICM ω 2 + M vCM
+0
2
2
(2)
Auf der rechten Seite der Gl. (2), definiert der erste Term die Rotationsenergie der Kugel für
reines rollen während der zweite Term die kinetische Energie des Schwerpunkt aufgrund von
Translation ist. Benutzt man vCM = ωR für die Rollbewegung, ist die Endtranslationsgeschwindigkeit:
s
vCM =
2M ghR2
ICM + M R2
durch einsetzen erhält man
r
vCM =
2
10
gh
7
(3)
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Die Kugel bewegt sich nur aufgrund der Gravitationskraft die Steigung herunter, also mit einer
gleichmäßig beschleunigten linearen Bewegung. Platziert man die xy-Ebene auf den Schwerpunkt der Kugel oben auf der Steigung und wendet die Bewegungsgleichungen an erhält man:
1
x = at2
2
Die Zeit t, wenn die Kugel das untere Ende erreicht wird mittels t = x/vCM berechnet, dabei
ist x die Länge der Steigung.
1 x2
x= a 2
2 vCM
2
2vCM
x
Beachten Sie, dass Geschwindigkeit und Beschleunigung nicht von der Masse und des Radius der
Kugel abhängen. Somit erfahren alle Vollkugeln die gleiche Geschwindigkeit und Beschleunigung
auf einer gegebenen Steigung!
a=
(a) Wenn das Objekt nicht rotiert ist sein Trägheitsmoment null und von Gleichung (3) erhält
man:
p
vCM = 2gh
Auf einer reibungsfreien Fläche würde ein nicht rotierendes Objekt (z.B. eine Box) vor der
Kugel ankommen!
(b) Wie vorhin bemerkt hängt die Endgeschwindigkeit nicht von der Masse der Vollkugel ab:
Beide Vollkugeln würden zur gleichen Zeit ankommen.
4 Quiz
Die Geschwindigkeit eines starren rein rotierenden Objekts, das eine Steigung hinunter rollt ist
gleich Gleichung (3) und hängt somit von der Form des Objekts ab (verschiedene Trägheitsmomente).
(a) Vollkugel I = 2/5M R2 :
r
vCM =
10
gh
7
(b) Massiver Zylinder I = 1/2M R2 :
r
vCM =
4
gh
3
(c) Hohlzylinder I = 1/2M (R12 + R22 ), wobei R1 und R2 jeweils der innen und Außenradius ist:
s
4R2
vCM =
gh
2
R1 + 3R22
Zuerst erreicht die Vollkugel das untere Ende. Als letztes kommt der Hohlzylinder aufgrund
der Terms mit dem inneren Radius R1 . Die Extremfälle sind:
- R1 = 0, gleich zum massiven Zylinder;
√
- R1 = R2 , der Hohlzylinder wäre ein massiver Ring mit I = M R2 und vCM = gh.
3
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5 Die Umlenkrolle
Lösung 1:
Betrachten Sie de Umlenkrolle als ein nicht isoliertes System, bei dem die externe Gravitationskraft wirkt. Letztere wirkt ein Drehmoment auf die Umlenkrolle welche gleich zu Veränderung
der gesamten Drehimpulses des Systems ist:
τ=
dl
dt
(4)
wenn das Bezugssystem auf die Mitte der Rolle gesetzt ist, ist das Drehmoment:
τ =| ~r × m1~g |= Rm1 g
Der Gesamtdrehimpuls kann auch mittels dieser Definition berechnet werden, wenn wir eine
Anfangsgeschwindigkeit v der Objekte annehmen:
l =| ~r × m1~v |= Rm1 v + Rm2 v + Iω
Gemäß er rechten Hand Regel zeigen alle Drehimpulse in die gleiche Richtung und der letzte
Term ist der Drehimpuls der als Ring angenäherten Umlenkrolle: I = M R2 . Nun wendet man
die Definition aus Gl. (4) an:
d(Rm1 v + Rm2 v + Iω)
dt
dv
dv
dv
Rm1 g = Rm1
+ Rm2
+ M R2
dt
dt
Rdt
dv
m1 g
a =
=
dt
m1 + m2 + M
Rm1 g =
Lösung 2:
Wenn Umlenkrolle und Erde als ein System aufgefasst werden, bei dem keine externen Kräfte
wirken, ist die mechanische Energie erhalten. Startet man aus einer hypothetischen Ruhelage
und setzt man die xy-Ebene in den Schwerpunkt der Kugel, haben wir die Umlenkrolle und
den Block auf einer Höhe h:
Ti + Ui = Tf + Uf
1 2 1
1
0+0 =
Iω + m1 v 2 + m2 v 2 − m1 gh
2
2
2
Die potentielle Energie der Rolle und des Blocks werden nicht betrachtet, da sie sich von
der Anfangs- zur Endsituation nicht verändern. In der letzten Gleichung kann man ω = v/R
einsetzen und nach der Zeit ableiten:
2
dh
I
dv
=
2m1 g
+ m1 + m2
2
dt
R
dt
I
dv
2m1 gv = 2v
+ m1 + m2
R2
dt
dv
m1 g
a =
=
dt
m1 + m2 + M
4
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6 Trägheitsmoment
Wie in Abbildung 1, wurde die Rotationsachse (entlang einer C-H Bindung) so gewählt, dass
sich das kleinste Trägheitsmoment ergibt und die Symmetrie des Moleküls erhalten bleibt.
Betrachtet man Ha und Hb , berechnen wir die Distanz vom Hb Atom zur Rotationsachse durch
den komplementären Winkel von 109.5◦ und der CH Bindungslänge 1.1 Å:
Hb O = 1.1 · sin(180◦ − 109.5◦ ) = 1.037
Aufgrund der Symmetrie des Moleküls ist klar, dass alle Atome, die nicht auf der Rotationsachse
liegen den gleichen Abstand zu dieser haben. Berechnung des Trägheitsmoments ist nun trivial:
I = 3 · [1.67 · 10−27 kg · (1.037 )2 ] = 5.4 · 10−47 kgm2
a
109.5°
b
O
Abbildung 1: Die Tetraeder Form des Methan Moleküls: Die Rotationsachse wurde entlang
einer C-H Bindung gewählt. Die Wasserstoffatome Ha und Hb sind auf der xyEbene der Seite, das H-Atom mit der dickeren Bindung kommt aus der Seite
heraus, das mit der gestrichelten Linie ist hinter dem Blatt.
5