a) An der Propellerspitze. b) vdf = ; 10 m/s = 37 km/h f =⋅= Umdrehungen pro Sekunde. Die Geschwindigkeit beträgt 90424.86013

2.4 Kreisbewegung und Gravitation

Kreisbewegung 293

Der Tachometer gibt nur den Betrag der Geschwindigkeit an. Da die Fahrrichtung in der Kurvenfahrt jedoch ändert, ist die Bewegung beschleunigt.

294

Das Rad macht 90 42 4.8 60 13

f = ⋅ = Umdrehungen pro Sekunde.

Die Geschwindigkeit beträgt v = π df ; 10 m/s = 37 km/h

295

a) An der Propellerspitze.

b) f T 1

= ,

2

π r = vT und daraus

r f v

π

= 2 ; 54.1 Hz = 3.25 · 10

³

U/min

c) f

r v π

= 2 ; 1.16 m

296 (Diese Lösung gilt ab der 3. Auflage 2008)

a) In einer Sekunde registriert der Lesekopf 4.3 Millionen Bit. Pro Bit bewegt sich die CD um 0.28 Millionstel Meter weiter. Dies ergibt eine Geschwindigkeit von 1.2 m/s.

b) Die äusserste Spur hat einen Umfang von 0.37 m, die innerste von 0.14 m. Wenn der Lesekopf die äusserste Spur liest, so rotiert die CD mit 3.3 Umdrehungen pro

Sekunde oder mit rund 200 Umdrehungen pro Minute. Bei der innersten Spur sind es rund 500 Umdrehungen pro Minute.

296 (Diese Lösung gilt für die 1. und 2. Auflage)

a) v = π df mit f = 70 Hz

Auf der äussersten Spur ergibt dies v

_a

= 25.7 m/s , auf der innersten v

_i

= 9.9 m/s.

b) N = Anzahl Bit pro Sekunde

Äusserste Spur:

_a

d f

^a

; 6.4 μm

a N

= π

Innerste Spur:

_i

d f

ⁱ

; 2.5 μm

a N

= π

c) Auf der inneren Spur ist die Geschwindigkeit kleiner als auf der äusseren.

a) v

_oben

= ⋅ 2 v

_Zentrun

= 2 f d π ; 13 m/s, horizontal

b) v

_vorne

= v

_Zentrun²

+ v

_abwärts²

= 2 f d π ; 9.2 m/s, 45° abwärts

298

2 2

Zentrum aufwärts 2 1

v

A

= v + v = ⋅ f d π ; 0.73 m/s, 45° links-aufwärts

1 2

Zentrum 1 B

r r v v

r

= ⋅ + ; 1.7 m/s, horizontal nach links

1 2

Zentrum 1 C

r r v v

r

= ⋅ − ; –0.66 m/s, horizontal nach links, bzw. 0.66 m/s horizontal nach rechts

299

a) ω = 2 π f

Bei 6000 U/min ist f = 100 U/s und ω =

628

s

^–1

Bei 8000 U/min ist f = 133 U/s und ω =

838

s

^–1

b) Bei 4000 U/min ist f = 66.7 U/s und ω =

419

s

^–1

Bei dieser Drehzahl liest man M = 44 Nm und P = 25 PS = 18 kW ab.

Das Produkt ω ⋅ M ergibt tatsächlich 18 kW.

Eine ähnliche Übereinstimmung lässt sich bei jeder Drehzahl nachweisen.

300

π f ω = 2

t f t

π

α = ω = ² ; 220 s

^–2

301

a) r

= v

ω

0

; 30 s

^–1

b)

t t

⁰

0

α 0 α ω

ω

ω = − = ⇒ = ; 6.1 s

^–2

302

2 Z

F m v

= r ; 4.26·10

²⁰

N

303

2 2

4

F = ⋅ m π r f ⋅

¹ ; 2

π

⇒ = f ⋅ F

mr 1.82 Hz

304

a)

₁ ²

1

= v ; F m

r 120 N; F

₂

= 60 N b)

₁

= ⋅ 4 π

²

⋅ r

¹₂

;

F m

T 0.13 kN; F

₂

= 0.26 kN

305

Die Gewichtskraft soll gleich der Zentripetalkraft sein:

2

G Z

v

F F mg m

= = r v = gr

;

7.9 km/s

(Diese Geschwindigkeit wird 1. kosmische Geschwindigkeit genannt.)

306

Beide Geschwindigkeiten sind gleich: v = = v

₁

v

₂

Die Zentripetalkräfte lassen sich in beiden Fällen berechnen:

2 1

1

F m v

= r und

₂ ²

2

F m v

= r

Somit lautet die Bedingung:

_{1 1 2 2} ^{1 2}

2 1

F r F r F r

F r

⋅ = ⋅ ⇒ =

307

2 _H

_H

m v mg v gr

r > μ ⇒ > μ ; 69 km/h

308

a) ja, weil v > gr . b) F

_oben

m ^v

²

g

r

⎛ ⎞

= ⋅ ⎝ − ⎠ ; 1.8 N; F

_unten

m ^v

²

g r

⎛ ⎞

= ⋅ ⎝ + ⎠ ; 90 N

309

a) F m g ^v

²

r

⎛ ⎞

= ⎝ + ⎠ ; 26 kN

b)

2 1 2

2 2

v

F r v

x F g v gr v r

= = =

+ + ; 0.66

allgemein A B C D

a) v =

2

g h Δ

6gr 4gr 2gr 4gr

b) F

_Z

= mv

²

/ r 6 F

_G

4 F

_G

2 F

_G

4 F

_G

F

_N

7 F

_G

4 F

_G

F

_G

4 F

_G

311

a = r ω

2

oder a 4

₂²

r T

= π ;

^{1 1}

2 2

a r a = r

312

2

arctan

v

α = rg ; 5.4 °

313

a)

arctan

v

²

α = rg ; 56° b) F

_Z

m v

²

= r ; 8.7 kN

314

Die Zentripetalkraft lässt sich mit der Geschwindigkeit und dem Kreisradius ausdrücken: F

_Z

m v

²

= r . Die Kraft der Zähne wird also:

²

sin sin

F

Z

mv

F ⁼ α ⁼ r α ; 0.83 kN (also etwa 1.4-mal grösser als die Gewichtskraft seines Bruders).

Hinweis: Diese Aufgabe hat in der 1. Auflage 2004 keine eindeutige Lösung.

315

2 2

2 2 2 2

tan v r v gr

rg l r l r

α = = ⇒ =

− − ; 4.1 m/s

316

a) 1

F

cos

G

F F

= α ; 1.2 F

G

und F

_Z

= tan α ⋅ F

_G

; 0.70 F

G

b)

²

tan

₂

4 r gT α

= π ; 92 cm

317

a) v = rg

tan

α ; 50 m/s = 180 km/h

b) Kurvenüberhöhung der Geleise (ist teilweise auch schon bei herkömmlichen Strecken erfüllt).

Leichtbauweise des Neigezuges. Bei geringerer Gewichtskraft vermindern sich auch die Kräfte auf die Geleise. Die Neigezüge werden zum grossen Teil aus Aluminium gefertigt.

318

a) Der Kreisradius beträgt: r

₁

= d

₁

+ l

sin

α

₁

Somit ist die Bahngeschwindigkeit:

( )

1 1 sin tan 1;

v = g d + l α α 8.1 m/s = 29 km/h

b) Beide haben dieselbe Periode. Die

Zentripetalkraft der Kreisbewegung ist die Resultierende aus Gewichtskraft und Kettenkraft:

2 2

1 1

1 2

1

tan

^Z

4

G

F v r

F gr T g

α = = = π und

(

1 1

)

1 1

2 2 sin

tan tan

d l T r

g g

π π α

α α

= = +

Somit finden wir eine Gleichung für α

₂

:

( )

2 2 2 2 1

2 2

1 1

sin tan tan 4

sin d l r

T g d l

α α

α π

α

= = +

+

Diese Gleichung lässt sich mit Hilfe eines CAS-Rechners lösen → α

₂

=

44

°

319

a) Die resultierende Zentripetalkraft F

Z

ist gegen das Kreiszentrum gerichtet.

tan 90

v = rg ⎛ ⎜ ⎝ ° − α

2

⎞ ⎟ ⎠ ; 1.3 m/s

b)

2

f v π r

= ; 1.4 Hz

320

Der Radius des Kreisbogens ist durch die Zentripetalbeschleunigung und die Geschwindigkeit gegeben:

²

Z

r v

= a ; 22 m

FZ

F_N F_N

F_G F_G

α

FK

FG

r₁ d1

α l

FK α FG

F_Z

In I und IV: Nur Zugkraft in der Fahrtrichtung; Überwindung der Steigung und Rollreibung; gleiche Kraft in I und IV.

In III: Radialkomponente nach Z

2

gerichtet; Tangentialkomponente (Zugkraft) grösser als bei I und IV wegen der zusätzlichen seitlichen Reibung.

In II: Radialkomponente nach Z

1

gerichtet; wegen kleinster Krümmung Radial- und Tangentialkomponente grösser als an allen andern Stellen.

322

a) Der Wagen wird schneller (Bahnbeschleunigung) durch die Resultierende aus Gewichts- und Normalkraft des Bodens. Er wird gleichzeitig von der Normalkraft der Wand (Zentripetalkraft) auf die Kreisbahn gezwungen (Zentripetalbeschleu- nigung). Die Normalkraft der Wand führt zu einer Reibungskraft, die zur Bahn- beschleunigung entgegengesetzt gerichtet ist. Mit zunehmender Geschwindigkeit wird die Normalkraft der Wand und damit auch die Reibungskraft grösser und die Bahnbeschleunigung somit kleiner. Wenn die Reibungskraft gleich gross geworden ist wie die Resultierende aus Gewichts- und Normalkraft des Bodens, wird die Bahnbeschleunigung null und der Wagen hat seine Maximalgeschwindigkeit erreicht.

b) Die Rampe kann als schiefe Ebene mit dem Neigungswinkel α angesehen werden.

Es gilt tan 2

h α r

= π .

Die Endgeschwindigkeit ist erreicht, wenn die Kräftegleichheit F

_G

sin α = F

_R

(1) eintritt. Dabei gilt für kleine Winkel die Näherung

sin

α ≈

tan

α .

Für die Reibungskraft gilt:

2

R N Z

F F F mv r μ μ μ

= = =

Aus (1) wird damit

2

2

mgh mv

r r

μ

π ^{= ⇒} 2

v gh

= πμ ; 3.6 m/s (Bemerkung: Sie könnten also nebenher rennen.)

Newton’sches Gravitationsgesetz, Kepler’sche Gesetze 323

a)

2 Erde Erde

m g r

G

= ⋅ ; mit g = 9.81 m/s

²

und r

Erde

= 6371 km ergibt sich der angegebene Wert.

b)

^Erde

3 Erde

4 3 m

r ρ

π

= ; 5.51 10 kg/m ⋅

^{3 3}

324

Erde Erde

Mond Mond

d m

d = m ; 9

1 ; der Punkt liegt also etwa 54 Erdradien vom Erdmittelpunkt entfernt.

325

a)

⁴ _{2 2}

Blei

2 2 9

4 d r F

G π ρ

= = ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ; 1.4 m

b)

2 3 3 2 3 3

2 2

1 2 1 2

Blei Blei

2 2

1 2 1 2

16

9 ( ) 9 ( )

r r d d

F G G

r r d d

π ^⋅ ρ π ^⋅ ρ

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

+ + ; 1.6 10 N ⋅

⁻⁷

326

Ansatz: und 4

³

G Z

3

F = F M = ⋅ ρ π r 3 f

2

G

ρ = ^{⋅ ⋅} π ; 1. 4 10 kg/m ⋅

^{11 3}

327

a) M

₂

; 1.7 10 m/s = 1.8 10

^{12 2 11} _Erde

g G g

= r ⋅ ⋅ ; nein

b) Aus

2

1 1 2

2 1 1 1 2 2

2 1 2

und m 4 folgt

( )

m m m

r r r G

m T r r

= π =

+

2 2 8

2 1

1 3 2

2

(1 ) ; 3.3 10 m 4

m T m

r G

π m

⁻

= + ⋅ ;

_{2 1} ^{1 9}

2

; 4.3 10 m r r m

= m ⋅ ;

9 1 2

4.7 10 m d = + = r r ⋅

328

Vollmond:

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ +

⋅ +

=

_{2 2}

)

( _M

E M

S S M

G

r

m r

r m m G

F ; 6.3·10

²⁰

N (Richtung Sonne gerichtet) Neumond:

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ −

⋅ −

=

_{2 2}

)

( _M

E M

S S M

G

r

m r

r m m G

F ; 2.4·10

²⁰

N (ebenfalls Richtung Sonne gerichtet)

Die resultierende Kraft zeigt immer in Richtung Sonne, also bewegt sich der Mond stets

auf einer Bahn a), die der Sonne gegenüber konkav ist. Es ist somit falsch, sich die

Mondbahn als Zykloide b) vorzustellen.

• An der Mondoberfläche müssen die beiden Formeln zur Berechnung der Gewichtskraft das gleiche Ergebnis liefern:

₂

R G mM g m ⋅ = Daraus folgt:

G R M g

⋅

2

=

In diesem Fall muss also die Fallbeschleunigung auf dem Mond g, die Gravitationskonstante G und der Mondradius R bekannt sein.

• Für einen (künstlichen) Satelliten, der um den Mond kreist, gilt:

2 2

r M G m r

m ⋅ ⋅ ϖ = ⋅

Daraus folgt:

₂

3

4

2

T G M r

⋅

= π ⋅

Hier muss also der Bahnradius des Satelliten r, die Umlaufzeit des Satelliten T und die Gravitationskonstante G bekannt sein.

• Dritte Möglichkeit: Bestimmung der Lage des gemeinsamen Schwerpunktes von Erde und Mond sowie der Erdmasse.

b) Messungen

• Fallbeschleunigung auf dem Mond: Fall- oder Pendelexperimente auf dem Mond.

• Gravitationskonstante: Messung mit Hilfe der Drehwaage von Cavendish.

• Mondradius: Aus Vergleich mit Erdradius bei einer Mondfinsternis.

• Bahnradius und Umlaufzeit eines Satelliten aus Peilsignalen, die der Satellit aussendet.

• Bestimmung des gemeinsamen Schwerpunktes aus der Bewegung der Erde relativ zur Sonne oder anderen Sternen.

330

2 3 2

4 r m GT V l b d

π ρ = =

⋅ ⋅ ; 3300 kg/m

³

331

aus r

²

m G mM

₂

ω = r folgt:

3 2

4

2

M r GT

= π ; 4.9·10

³⁶

kg; 2.5 Mio. Sonnenmassen

332

a) r h

G m v

E E

= + ; 7.6 km/s

b) 2 ( ) ;

v h T = π ⋅ r

^E

+

5630 s (oder: 94 Minuten)

In einem Tag überstreicht der Satellit praktisch sechzehn Mal die Erde. Dies ist sehr nützlich, wenn auch eine Entwicklung der Felder über die Zeit untersucht werden will.

333

a) r h

G m v

E E

= + ; 7.70 km/s; 2 ( ) ; v

h T = π ⋅ r

^E

+

5420 s ≈ 90 min b) Der Satellit hat eine höhere Bahngeschwindigkeit. Die zusätzliche

Bewegungsenergie stammt von der eingebüssten potenziellen Energie.

334

a)

_sid ^{2 3}

Erde

4 r

T Gm

= π ; 5780 s, wobei r = r

Erde

+ h

b)

sid syn Erde

2 2 2

T T T

π ₌ π ₊ π

; T

syn

= 6200 s

335

a) Wenn der Satellit der Erdumdrehung folgen soll, muss seine Bahnebene senkrecht zur Erdachse stehen. Da ausserdem die Gravitationskraft immer in Richtung Erdmittelpunkt wirkt, muss die Bahnebene auch durch den Erdmittelpunkt gehen.

Diese beiden Bedingungen sind nur für die Äquatorebene erfüllt.

b)

2 3 Erde

Erde

4

2 Erde

m T

r r G r

π

− = ⋅ ⋅ − ; 35'800 km

336

Der Abstand zwischen dem Brennpunkt und der Mitte einer Ellipse ist die lineare Exzentrizität e. Sie lässt sich aus der nummerischen Exzentrizität ε und der grossen Bahnhalbachse a berechnen: e = ε a ; 2.500 10 m ⋅

⁹

. Der Mittelpunkt der Ellipse ist also ausserhalb der Sonne (Sonnenradius am Äquator: 6.96·10

⁸

m).

337

Nach dem Flächensatz (zweites Kepler’sches Gesetz) überstreicht die Verbindungslinie zwischen Sonne und Komet in gleichen Zeitintervallen gleiche Flächeninhalte. In Sonnennähe ist diese Verbindungslinie kürzer als auf den sonnenfernen Bahn-

abschnitten. Damit gleichwohl dieselbe Fläche in einer bestimmten Zeit überstrichen

wird, muss sich der Komet in Sonnennähe schneller bewegen als in Sonnenferne. Da

Kometenbahnen stark exzentrisch sind, hält sich ein Komet sehr viel länger in sonnen-

fernen Bereichen auf als in Sonnennähe. Kometen sind für uns nur sichtbar, wenn sie

sich in Sonnennähe befinden.

umgekehrt proportional zu den Abständen zur Sonne verhalten. Also:

(1 + ε) : (1 – ε); 5.0 : 3.0

339

a) Nach dem dritten Kepler’schen Gesetz folgt:

3

2

4

2

a GM T ⁼ π

2 3

4 a

2

M GT

⇒ = π ; 1.898·10

²⁷

kg

b)

¹³₂ ³²₂

1 2

a a

T = T

3 2

2 1

1

T T a a

⇒ = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ; 16.70 d

340

3 Erde 3 Saturn 2

Erde 2 Saturn

a a T

T = ;

₃

Erde 3 Saturn 2

Erde Saturn

a T a

T = ⋅ ; 29.3 a

341

2

A P I

r

a = r + ;

₃

Erde 3 2

Erde 2

a a T

T

_I

=

_I

; 440 a

Sie werden sein Wiederkommen nicht mehr erleben!

342

a) Der schnellere Planet macht zwei Umläufe, während der langsamere Planet nur einen Umlauf macht. Nach einem Umlauf des langsameren Planeten sind die beiden Planeten am ursprünglichen Ort und wieder synchron. Deshalb wurde der Ausdruck

«Synchronie» gewählt.

b) Der schnellere Planet (mit 30 Tagen Umlaufzeit) ist am nächsten.

c)

2 3 2 3

1 1 1 1

2 2 2 2

2 1

T r r r

T r r r

⎛ ⎞ = ⎛ ⎞ ⇒ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ⎛ ⎞ ⇒

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = 1.6

343

Der Mond hat sich in 50’000 Jahren um d = 1.75 km von uns entfernt.

( )

3 2

3 2 2

3 2 3 2 1 3 1

2 3 1 2 2

2

1

;

a d T a

a T a a T

a T

T −

=

=

= ; 27.32147 d

344

a) g G M

₂

r GM

r g

= ⇒ = ; 6.19·10

⁶

m

b)

₃²

4

^{2 3 2} ₂

4 T GM

T a

a GM

π π

= ⇒ = ; 0.383·10

⁹

m

c) T 2 a

³

π GM

= ; 90'700 d

d) g G M

₂

= r ; 274 m/s

²

e)

³ ₃

4

M M

V r

ρ ^{= =} π ; 5.515·10

³

kg/m

³

345

a)

_Mond

m

^Mond₂

g G

= ⋅ r ; 1.62 m/s

²

b)

_{Mond Erde} ^Erde

Mond

h h g

= ⋅ g ; 3.6 m

346

a)

2

0

⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

= +

h R g R

g mit g

0

= 9.79 m/s

²

und R = 6371 km

9.76 m/s

²

auf dem Daulaghiri und 8.74 m/s

²

in 370 km über dem Meeresspiegel b) v = g

(

R + h

)

; 7.68 km/s

v h T 2 ( R + )

= π

; 5.52 · 10

³

s oder 1.53 h

c) In 250 km Höhe beträgt die Fallbeschleunigung 9.06 m/s

²

. Die Geschwindigkeit ist dann auf 7.75 km/s angewachsen.

Die kinetische Energie hat um den Faktor 7.75

2

7.68

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ = 1.02 zugenommen, also um 2 %.

Die Lageenergie hat um mg h Δ abgenommen, mit g = 8.90 m/s

²

und Δ h = 120 km.

Verglichen mit der Bewegungsenergie in 370 km Höhe, ist dies ein Anteil von

2 2

2 0.0356.

1 2

mg h g h mv v

Δ = Δ =

Das ist fast das Doppelte der Zunahme der Bewegungsenergie. Die Differenz ist als

Reibungsarbeit abgegeben worden.

Zeitschritt: 50 s, Simulationsdauer: 5000 s Zeitschritt: 50 s, Simulationsdauer: 45000 s

Rotation des starren Körpers 348

Das Trägheitsmoment der CD:

2

2 1 mr

J = ; 2.9·10

^-5

kg·m

²

Daraus folgt für das benötigte Drehmoment:

α J

M = ; 6.3·10

^-3

Nm

349

Mit Satz von Steiner:

²

2 2

Ende

3

1 2 12

1 l ml

m ml

J ⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝ + ⎛

=

Ohne Satz von Steiner: Die Länge des Stabes wird symmetrisch zur Drehachse verdoppelt. Dadurch verachtfacht sich das Trägheitsmoment (doppelte Länge zum Quadrat, doppelte Masse). Dann wird der Stab in der Mitte geteilt. Dadurch halbiert sich das Trägheitsmoment.

350

a)

²

2 2

3 1 2 12

1 l ml

m ml

J ⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝ + ⎛

=

b)

^{2 2 2 2 2}

6 5 4 12

1 3

1 4

2 1 l ml

l m ml ml

J ⎟⎟ =

⎠

⎞

⎜⎜ ⎝

⎛ ⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ + +

+

⋅

= oder mit a)

2 2

2

6 5 2

2 3

1 ml m l ml

J ⎟⎟ =

⎠

⎞

⎜⎜ ⎝ + ⎛

=

c)

^{2 2 2 2}

2 1 4

3 12

1 3

2 1 3

1 ml ml ml ml

J ⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ ⋅ + +

=

351

Massenpunkt: J

Massenpunkt

= mr

²

Kugel (Satz von Steiner):

_Kugel ²

2

²

J = mr + 5 mR Bedingung:

2 Kugel Massenpunkt

2 Massenpunkt

2

5 0.01

J J mR

J mr

− = <

Ergebnis: > 40 R

r ; 6.3

352

a) g

mr J

a mr ⋅

= +

₂

0 2

; 1.9 m/s

²

b) mg

mr J

F J ⋅

= +

₂

0

Finger 0

; 0.46 N

Das ist weniger als die Gewichtskraft von 0.57 N. Je grösser der Radius r der Achse ist, desto geringer ist die Kraft auf den Finger beim Fallen.

353

a) Die Drehachse befindet sich dort, wo die Rolle den Boden berührt. Folglich wird auch hier bei horizontalem Zug ein Drehmoment erzeugt, das die Spule zur Hand rollen lässt. (Würde der Faden zu steil gezogen, so dass die Wirkungslinie der Kraft, von der Hand aus betrachtet, vor der Drehachse in den Boden sticht, so würde die Spule von der Hand wegrollen.)

b) 4

2 0

2 0

m d J mr J

J = + = + ; 2.4·10

^-6

kg·m

²

c)

2 2 2 2

2 ²

0

m d J

d d r F J Md a d

+

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝ ⎛ ±

=

=

= α ; Faden oben: 2.2 m/s

²

; Faden unten: 0.56 m/s

²

354

a) Das Trägheitsmoment ist

₀

1

_{1 1}²

1

_{2 2}²

2 2

J = m r + m r = 4.84·10

^–3

kg·m

²

Für die Winkelbeschleunigung ergibt sich mit der angehängten Masse m

G

r g m J

r m

G

G

⋅

= +

₂

2 0

α

2

Die Zeit ist

g r m

r m J s r

t s

G G 2 2

2 2 0

2 0

) (

2

2 = +

= α ^{; 3.0 s}

b)

₂² ₀

2 2 2

Auto

2 m r J

s gt r

J = m

^G

−

_G

− ; 5.0·10

^–3

kg·m

²

a) 1 2

2 2

J = mR = ρπ R d R ⋅ = πρ dR ; 3.4·10 kg·m

b) Nach dem Energiesatz folgt:

^{2 2 2 2}₂

0

1 1 1 1

2 2 2 2

mgh mv J mv J v

ω R

= + = +

Nach v

²

aufgelöst:

²

2 0

2 1 v gh

J mR

= + . Somit ist

2 0

2 2

2 0 0

1 1

1 2

a g gR

J R R

mR

= ⋅ =

+

+ ; 0.16 m/s

²

c)

₂ ² ₂

2

0

S

R

F mg ma mg

R R

= − = ⋅

+ ; 5.3 N , somit ist die Spannkraft in der Schnur während des Sinkens des Jo-Jos kleiner als seine Gewichtskraft!

356

r₂ r1

a) Das Trägheitsmoment ist 1 (

₁² ₂²

)

J = 2 m r + r = 4.15·10

^–4

kg·m

²

. Das Gesamtdrehmoment ist M = Fr

₂

− μ mgr

₁

.

Für die Winkelbeschleunigung ergibt sich

^{2 1}

2 2

1 2

1 ( )

2

Fr mgr m r r α = ⁻ μ

+ . Die abgerollte Papierlänge ist:

2 2 1 2 2

2 2 2 2

1 2

( )

1

2 ( )

Fr mgr t r

s r t r

m r r

ϕ α ⁻ μ

= = =

+ ; 0.21 m Bemerkung: Das ist ein vernünftiger Wert. Zusammen mit der vor dem Ziehen bereits abgerollten Länge gibt das ein brauchbares Stück, wenn das Papier an einer günstigen Stelle reisst.

b) Die Rolle erreicht die Winkelgeschwindigkeit ω = α t und wird in der Zeit t

_B

mit der Winkelbeschleunigung

J mgr

B

μ

1

α = zum Stillstand gebremst. Also gilt:

B B

t t α

α = , wobei α = 724 s

^–2

ist.

Die abgerollte Papierlänge ist:

₂ ² ₂ ^{2 2 2 12 22}

1

( )

1

2 4

B B B

t r r r

s r t r

gr ϕ α α

μ

= = = + ; 4.3 m

Bemerkung: Viel Spass beim Aufwickeln!

c) Der geschlossene Deckel bewirkt eine zusätzliche Reibungskraft, wodurch das

bremsende Drehmoment erhöht wird. Der Zähler in der letzten Formel aus b) wird

deutlich grösser. Dadurch wird insbesondere das „Nachlaufen“ der Rolle (siehe b))

stark verringert. Wenn aber die Reibung insgesamt so gross wird, dass das

zugehörige Drehmoment grösser ist als das Reissdrehmoment, reisst immer nur ein Blatt ab, egal wie vorsichtig man zieht. Das ist mühsam!

357

a) r

t v

= α mit

J r mg J

r F J

M

_G

μ μ

α = = = folgt:

₂

r mg t vJ

= μ ; 0.2 s

b)

₂

2

r mg

J vt v

s ^{= =} μ ; knapp 20 m

358

Das Trägheitsmoment eines dünnen Stabes bezüglich einer Achse, die senkrecht zum Stab und durch den Schwerpunkt läuft, ist gegeben durch:

2

12 1 ml J

_S

=

Da der Baum am unteren Ende kippt, lässt sich das Trägheitsmoment bezüglich dieser Achse mittels des Satzes von Steiner berechnen:

2 2

3 1

2 l ml

m J

J

_S

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝ + ⎛

=

Energiesatz:

l mgl ml v

mg l J

=

=

2 2 2

2

3 1

2 2

1 ω

gl

v =

3

; 27 m/s = 98 km/h

359

a) Nach dem Energiesatz folgt:

^{1 2 1 2 2 2}

2 2 5

mg h Δ = mv + ⎝ ^⎛ mr ^⎞ ⎠ ω . Mit v = ω r

10

7

v g h Δ

⇒ =

b)

^{1 2 1 2 2 2} cos

2 2 5 sin

mg h mv mr ω μ mg ϑ h

⎛ ⎞ Δ ϑ

Δ = + ⎝ ⎠ +

10 1

7 tan

v g h μ

ϑ

Δ ⎛ ⎞

⇒ = ⎜ ⎝ − ⎟ ⎠

a) Das Trägheitsmoment der Murmel ist

_Murmel

J = 5 mr .

2 sin

v

E

= gs α ;

⁵ 7

M E

v = v ;

² 3

K E

v = v

b) 2

sin sin

E

v s

t ⁼ g α ⁼ g α ^; t

^M

=

⁷5

⋅ t

^E

;

³

K 2 E

t = ⋅ t

c) Murmel: 0.4; Klebestift: 0.5

361

a) Nach dem Energiesatz

^{1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 3 2}

2 2 2 2 2 4

mgh = mv + J ω = mv + ^⎛ ⎝ mr ^⎞ ⎠ ω = mv folgt

2 2 sin ,

v = ⋅

3

g α ⋅ s wobei s die zurückgelegte Hangstrecke und h =

sin

α ⋅ s ist. Der Zylinder wird also gleichmässig mit 2 sin

a = 3 g α beschleunigt 2 sin 3 v g α t

⇒ = ⋅ .

b) 2 3

sin

s s

t ⁼ a ⁼ g α ; 16 s. Zum Vergleich ist der Weltrekord bei den Männern für den 400-Meter-Lauf knapp unter 40 Sekunden!

362

Die Sportlerin dreht sich ständig. Beim Abspringen und beim Eintauchen nur wenig.

Während des Saltos mehr, weil ihr Trägheitsmoment verkleinert wurde. Somit ist auch ihr Drehimpuls beim Eintauchen nicht null.

363

Der Drehimpuls L bleibt konstant:

2 2 1

1

ω J ω

J =

2 1 2 1

J J ω ω =

⇒

Biellman-Pirouette: ω

₂

=

1.1

ω

₁

Schlusspirouette: ω

₂

=

2.2

ω

₁

364

a) Nach dem Drehimpulserhaltungssatz bewirkt eine Verkleinerung des

Trägheitsmoments eine Vergrösserung der Winkelgeschwindigkeit und eine Verkürzung des Tages:

1 1 2 2

J ω = J ω oder

^{1 2}

1 2

J J T = T

b) T

₂

= − Δ T

₁

T , wobei Δ = ⋅ T 8 10 s

⁻⁶

ist.

1 2 2 1

1 1 1 1 1

1 1

J J T T T

J T

J J T T T

− − Δ

Δ = = − = − = Δ ; 9·10

⁻¹¹

, also 9 10 % ⋅

⁻⁹

365

a) Nach dem zweiten Kepler’schen Gesetz ist die Geschwindigkeit am kleinsten, wenn die Erde am weitesten von der Sonne entfernt, also beim Aphel ist. Der

Perihelabstand ist d

_P

=

2

a − d

_A

.

Nach dem Drehimpulserhaltungssatz folgt: L

_P

= L

_A

oder m v d

_{E P P}

= m v d

_{E A A}

. Somit

ist

_P

2

_A

A P P

A A

d a d

v v v

d d

= = − ; 29.29 km/s

b) Das ist der Fall, wenn sich die Erde genau in der Mitte der Bahn zwischen Perihel und Aphel befindet. Dort ist der Drehimpuls der Erde L = m vb

_E

, wobei b die kleine Bahnhalbachse ist.

b lässt sich aus der numerischen Exzentrizität der Erde und der grossen Bahnhalbachse berechnen: b = a

1

− ε

²

Da der Drehimpuls der Erde konstant ist, ist L

_P

= L oder m v d

_{E P P}

= m va

_E

1 − ε

²

2

2 1

A P

a d v v

a ε

⇒ = −

− ; 29.79 km/s

(Beide Teilaufgaben lassen sich auch mit dem Energieerhaltungssatz lösen.)