¨Ubungen zur EP 2 Lösung zu¨Ubungsblatt Nr. 3

Übungen zur EP 2
Lösung zu Übungsblatt Nr. 3
Aufgabe 1: Schwungrad
Gegeben sei ein Schwungrad mit Trägheitsmoment JS = 500 kg m2 . Berechnen Sie die Zeit, die dieses
Schwungrad braucht, um aus dem Stillstand eine Drehzahl von 480/min zu erreichen, wenn ein konstantes
Drehmoment von 3000 Nm wirkt.
Lösung:
Es gilt für das Drehmoment:
~
~ = dL
M
dt
und für den Drehimpuls der Drehung um den Schwerpunkt:
~ = JS ω
L
~
(1)
(2)
Die Winkelgeschwindigkeit ωE zur Zeit tE bekommt man durch Integration über die Winkelbeschleunigung:
Z tE
dω 0
dt
(3)
ωE =
dt0
0
Z tE
M 0
=
dt
(4)
J
S
0
M
=
tE
(5)
JS
Es war die Drehzahl gegeben, daraus kann man ωE ausrechnen:
ωE = 2πfE = 2π
Also:
tE =
480
480
= 2π
1 min
60 s
500 kgm2 480
JS
ωE =
2π
= 8.38 s
M
3000 Nm 60 s
(6)
(7)
Aufgabe 2: Schleuderschnur
An einer Schnur der Länge l1 wird die Masse m auf horizontaler Bahn mit Winkelgeschwindigkeit ω
herumgeschleudert. Dann wird die Schnur auf die Länge l2 verkürzt. Zeigen Sie, dass die Differenz der
kinetischen Energien auf den beiden Kreisbahnen (vor und nach dem Verkürzen der Schnur) gleich ist
der Arbeit, die beim Einholen der Schnur aufgewendet wird. Gehen Sie dabei wie folgt vor:
1. Fertigen Sie eine Skizze an, in der Sie die Kräfte einzeichnen.
2. Welche Grösse ist während des Verkürzens konstant und warum?
3. Wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit als Funktion der Länge l?
4. Wie groß ist die kinetische Energie vor dem Verkürzen?
5. Wie groß ist sie danach?
6. Wie groß ist die Kraft, die auf die Schnur der Länge wirkt, wenn sie die Länge l hat?
7. Warum muss zum Verkürzen Arbeit verrichtet werden?
8. Wie groß ist die Arbeit, um die Schnur zu verkürzen?
9. Und schließlich, vergleichen Sie die Differenz von 5.−4. mit dem Wert von 8.
Mit dieser detaillierten Anleitung sollte es jedeRM möglich sein, diese Aufgabe zu lösen.
Lösung:
1. Skizze:
v
Fz
2. Die Kraft, wirkt in Richtung der Schnur, also in Richtung des Mittelpunkts des Kreises, also wirkt
~ = ~r × F~ = ~0), also ist der Drehimpuls konstant.
kein Drehmoment (~r||F~ , also M
3. ω ist nicht konstant, sondern es gilt
L = rp = rmv = mr 2 ω ⇔ ω =
oder hier mit r = l
ω=
L
mr2
L
ml2
(8)
(9)
4. Die kinetische Energie ist gleich der Rotationsenergie (J1 = ml12 ):
Ekin, 1 =
1 L2
2 J1
(10)
Ekin, 2 =
1 L2
2 J2
(11)
5. Ebenso nach dem Verkürzen:
6. Es ist die Zentripetalkraft
Fz = mω 2 r
also
Fz = m
L
ml2
2
l=
(12)
L2
ml
(13)
7. Es muss Arbeit verrichtet werden, weil sich die Masse m in Richtung der Kraft bewegt.
8. Es gilt nach der Definition der Arbeit
W
=
Z
l2
Fz dl
l1
Z l2
L2
dl
l1 ml
l
1 L2 2
=
−
2 ml2 l1
=
=
=
1
2
1
2
L2
1 L2
−
ml12
2 ml22
2
1 L2
L
−
J1
2 J2
(14)
(15)
(16)
(17)
(18)
9. qed.
Aufgabe 3: Satellit
Berechnen Sie die Höhe, in welcher sich geostationäre, d.h. relativ zur Erde ruhende, Satelliten über dem
Äquator befinden. Könnte man einen solchen Satelliten z.B. auch über der Stadt München geostationär
positionieren?
(Daten: Erdradius RE = 6378 km, Erdmasse ME = 5.98 · 1024 kg.)
Lösung:
Gleichgewicht zwischen Zentrifugalkraft und Gravitationskraft für stabile Umlaufbahn (M E : Erdmasse,
RE : Erdradius)
r
m · ME
!
3 G N ME
2
⇒ mω r = GN ·
⇒ r=
.
r2
ω2
Die Höhe h über dem Äquator: h := r − RE ist damit
r
3 G N ME
− RE
h=
ω2
Geostationär heißt: ω = ωE =
ME = 5.98 · 10
24
2π
TE
mit TE = 1d = 86400s: ⇒ ωE ≈ 7.272 · 10−5 1s . Zusammen mit
2
kg und RE = 6378 km sowie GN = 6.672 · 10−11 Nm
kg2
⇒
h ≈ 35877km .
Über München geht es nicht, da Zentrifugalkraft und Gravitationskraft nur über dem Äquator exakt
entgegengesetzt gerichtet sind!
Aufgabe 4: Maxwell
F~ = m~g
Schwerkraft greift am Schwerpunkt an
~ = ~rxm~g
M
Drehmoment mit r = Radius der Drehachse, um die der Faden
gewickelt ist
Beziehung zwischen vertikalem Fall und Rotation: Wir definieren als Koordinate die Höhe h;
Fallgeschwindigkeit v = dh/dt also negativ beim Fall, positiv beim Hochsteigen.
v = dh/dt = ω · r < 0 beim Abrollen, d.h. Winkelgeschwindigkeit ω ist negativ
v = dh/dt = −ω · r > 0 beim Aufrollen.
An den Umkehrpunkten ändert sich das Vorzeichen der Geschwindigkeit stetig am oberen
Umkehrpunkt, sprungartig, unstetig am unteren Umkehrpunkt, während Drehsinn (Richtung von ω)
sich nicht ändert.
Verwendung des Energiesatzes
Epot + Ekin(trans) + Ekin(rot) = m · g · h0
m · g · h + 21 mv 2 + 21 Jω 2 = m · g · h0
1
2 (m
v2 =
+
J
2
r 2 )v
dh 2
dt
= m · g · (h0 − h)
=
2·m·g(h0 −h)
(m+J/r 2 )
Ableitung nach der Zeit ergibt
2vdv/dt = −2gv/(1 + J/(mr 2 ))
dv/dt = −g/(1 + J/(mr 2 ))
(19)
vE = −g · tE (1 + J/(mr2 )) < vE
Gewichtsabnahme −∆G ist also
−∆G = ∆F = mdv/dt = −mg/(1 + J/(mr 2 )
Am unteren Umkehrpunkt dreht sich Geschwindigkeit v mit einem Schlag um, von vE < 0 zu
−vE = |vE | > 0
Daher der Kraftstoß auf die Waage.
Beim Hochsteigen verringert sich die nun anfangs positive Geschwindigkeit, was wiederum zu einer
Gewichtsabnahme führt. Es gilt immer noch Gleichung (19).