Physik I, WS 1993/94

Lösungen zur Übung Nr. 7

Abgabetermin: 9. Dezember 1993
Aufgabe 1: (7 Punkte)
a) Die potentielle Energie ist für alle Zylinder am Anfang gleich. Sie wird vollständig in kinetische Energie umgewandelt:

$$W_{kin} = m g h = 158,9 \; J.$$

b) Man hat

$$I = \frac{1}{2} m R^{2} \; \; \; \; \; \; \; \; \; v_{rot} = \omega R$$

sowie zusätzlich die Rollbedingung $v_{trans} = v_{rot}$. Somit gilt für die Energien:

$$W_{kin} = W_{trans} + W_{rot} = \frac{1}{2} m v_{trans}^{2} ... ...frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{4} m v^{2} = \frac{3}{4} m v^{2}$$

Es gilt also für alle Zylinder $W_{rot}/W_{kin} = 1/3$. c) Alle Zylinder haben immer die gleiche kinetische Energie, also haben sie auch immer die gleiche Translationsenergie. Da alle die gleiche Masse haben, ist auch die Geschwindigkeit immer gleich.
d) Stabile Rotationsachsen sind die Achsen mit dem größten Trägheitsmoment. Bei Rotation um die Symmetrieachse gilt $I_{A} = (1/2) m r^{2}$. Bei Rotation senkrecht zur Symmetrieachse erhalten wir dagegen $I_{D} = (1/4) m R^{2} + (1/12) m L^{2}$ mit $m = \rho \pi L R^{2}$. In der folgenden Tabelle sind die Werte für die verschiedene Radien dargestellt:

$R[cm]$	$L[cm]$	$I_{A} \; [kg \cdot cm^{2}]$	$I_{D} \; [kg \cdot cm^{2}]$
3	70,74	24,3	2264,02
10	6,37	270	153,26
20	1,59	1080	541,14

Der Zylinder mit dem kleinsten Radius wird also merkwürdigerweise anfangen zu torkeln. Die anderen beiden Zylinder rollen stabil.
e) Aus $W_{kin} = W_{trans} + W_{rot}$ und $W_{trans} = (1/2) m v^{2}$, $W_{rot} = (1/2) I \omega^{2}$ erhalten wir

$$v^{2} = \frac{2 W_{kin}}{m + I/R^{2}}.$$

Wir müssen die Masse also so in den Zylinder einbauen, daß das Trägheitsmoment möglichst klein wird. Das kann man durch einen Vollzylinder mit der Dichte $\rho = m/(\pi r^{2} l$ erreichen. Am günstigsten ist es natürlich, die Masse in ein Kugellager einzubauen, sodaß nur noch die Kugeln Rotationsenergie mitnehmen.
Aufgabe 2: (7 Punkte)

Die Dreimpulserhaltung verlangt, daß

$$\vec{L}_{Kugel} = \vec{L}_{Queue}$$

Hieraus erhalten wir

$$\frac{2}{5} m_{K} r^{2} \omega_{K} = r' p_{Q}.$$

Impulserhaltung ergibt zusätzlich

$$m_{K} v_{k} = p_{Q}.$$

Zusammenm mit der Rollbedingung $v_{K} = \omega_{K} r$ folgt:

$$\frac{2}{5} m_{K} r^{2} \omega_{K} = r' m_{K} \omega_{K} r$$

oder

$$r' = \frac{2}{5} r.$$

Mit $h = r + r'$ also:

$$h = \frac{7}{5} r = 3,5 \; cm.$$

Aufgabe 3: (6 Punkte)
a) Bei einem ruhenden Wagen haben wir nur zwei Kräfte, die Schwerkraft

$$\vec{F}_{g} = - m g \vec{e}_{r}$$

und die Zentrifugalkraft durch die Rotation der Erde:

$$\vec{F}_{z} = - m \vec{\omega} \times (\vec{\omega} \times \... ...c{\omega} \cdot \vec{\omega} ) ] = m \omega^{2} r \vec{e}_{r}.$$

Die Gesamtkraft ist also:

$$\vec{F}_{ges} = (- m g + m \omega^{2} r ) \vec{e}_{r}$$

b) Fährt der Wagen, kommt die Zentrifugalkraft der Bewegung des Wagens und die Coriolis- Kraft hinzu:

$$\vec{F}_{ges} = (- m g + \omega^{2} r + \frac{v^{2}}{r} + 2 m \omega v ) \vec{e}_{r}.$$

Hierbei ist $v$ die Geeschwindigkeit des Wagens in Bezug auf die Erdoberfläche. Die Vorzeichen ergeben sich aus der Tatsache, daß die Erde nach nach Osten rotiert.
c) Jetzt muß gelten: $\vec{F}_{ges} = 0$.

$$- m g + m ( \omega^{2} r + \frac{v^{2}}{r} ) + 2 m \omega v = 0$$

Auflösen dieser Gleichung nach $v$ ergibt:

$$v = - r \omega \pm \sqrt{r g} = 7441,9 \; m/s.$$

Ohne die Coriolis- Kraft hätte man einen Wert $v \approx 7500 \; m/s$ erhalten.
Aus $t = v/a$ folgt

$$t = 1488,38 \; s \approx 24,8 \; min.$$