Kreisbewegung und Gravitation - Orell Füssli

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 2.4 Kreisbewegung und Gravitation 1
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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 f 90 42 4.8
Umdrehungen pro Sekunde.
60 13
Die Geschwindigkeit beträgt v df;
10 m/s = 37 km/h
295
a) An der Propellerspitze.
b)
1
f , 2 r vT und daraus
T
c)
v
r ; 1.16 m
2f
f
v
2r
; 54.1 Hz = 3.25 · 10 3 U/min
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 bis zur 2. Auflage)
a) v df
mit f = 70 Hz
Auf der äussersten Spur ergibt dies
v 25.7 m/s , auf der innersten v 9.9 m/s.
a
i
b) N = Anzahl Bit pro Sekunde
da
f
Äusserste Spur: aa
; 6.4μm
N
df
i
Innerste Spur: ai
; 2.5μm
N
c) Auf der inneren Spur ist die Geschwindigkeit kleiner als auf der äusseren.

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297
a)
oben Zentrun
v 2v 2f
d ; 13 m/s, horizontal
v v v f
d ; 9.2 m/s, 45° abwärts
2 2
b)
vorne Zentrun abwärts
2
298
v v v 2 f
d ; 0.73 m/s, 45° links-aufwärts
v
v
A
2 2
Zentrum aufwärts 1
r r
1 2
B
vZentrum
; 1.7 m/s, horizontal nach links
r1
r r
1 2
C
vZentrum
; –0.66 m/s, horizontal nach links, bzw. 0.66 m/s horizontal nach
r1
rechts
299
a) 2f
Bei 6000 U/min ist f = 100 U/s und 628 s –1
Bei 8000 U/min ist f = 133 U/s und 838 s –1
b) Bei 4000 U/min ist f = 66.7 U/s und 419 s –1
Bei dieser Drehzahl liest man M = 44 Nm und P = 25 PS = 18 kW ab.
Das Produkt M ergibt tatsächlich 18 kW.
Eine ähnliche Übereinstimmung lässt sich bei jeder Drehzahl nachweisen.
300
2f
2f
; 220 s –2
t t
301
v
a)
0
; 30 s –1 b)
r
0
0 t 0 ; 6.1 s –2
t
302
F
Z
m
v
r
2
; 4.26·10 20 N
303
F m 4
r f
2 2
1
f
2
F
; 1.82 Hz
mr

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304
2
a) F m
v
; 120 N; F 60 N
2
r
b)
1
1
2 1
F1 m4 r ;
2
T
0.13 kN; F 2
0.26 kN
305
Die Gewichtskraft soll gleich der Zentripetalkraft sein:
2
F v
G
FZ
mg m v gr;
7.9 km/s
r
(Diese Geschwindigkeit wird 1. kosmische Geschwindigkeit genannt.)
306
Beide Geschwindigkeiten sind gleich: v v1 v2
Die Zentripetalkräfte lassen sich in beiden Fällen berechnen:
2
2
F v
1
m und F v
2
m r
r
1
2
F1 r2
Somit lautet die Bedingung: F1r1 F2r2
F r
2 1
307
2
mv
Hmgv r
Hgr
; 69 km/h
308
a) ja, weil v gr .
2
b) F
v
oben
m
g
r ; 1.8 N; 2
F
v
unten
m
g
r ; 90 N
309
2
a) F m
g
v
; 26 kN
r
2
v
F
2
1
b) x r
v
; 0.66
2 2
F g v gr
v
r

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310
allgemein A B C D
a) v 2g h 6gr 4gr 2gr 4gr
b)
F 2 Z
mv / r 6F
G
F
N
7F
G
4F
G
4F
G
2F
G
F
G
4F
G
4F
G
311
a
2
r oder
2
a
4
r a1 r1
;
2
T a r
2 2
312
arctan v ; 5.4 °
rg
2
313
a)
2
arctan v ; 56° b)
rg
F
Z
m
v
r
2
; 8.7 kN
314
Die Zentripetalkraft lässt sich mit der Geschwindigkeit und dem Kreisradius
2
ausdrücken:
v
F
2
Z
FZ
m . Die Kraft der Zähne wird also: F mv
r
sin
r sin
; 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
gr
tan
rg l r l r
2
2
v r v
2 2 2 2
; 4.1 m/s
316
a) F 1
F
FG; 1.2 F G und FZ
tan
FG
; 0.70 F G
cos
b)
r
2
gT tan
; 92 cm
2
4

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317
a) v
rgtan
; 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
lsin
1
d
Somit ist die Bahngeschwindigkeit:
1
α
l
v1 gd1
lsin tan 1;
8.1 m/s = 29 km/h
F⃗
K
b) Beide haben dieselbe Periode. Die
Zentripetalkraft der Kreisbewegung ist die
Resultierende aus Gewichtskraft und
r 1
Kettenkraft:
F⃗
2 2
G
FZ
v1 4
r1
tan1 und
2
FG
gr1
T g
r d1
lsin1
T 2
2
gtan1 gtan1
Somit finden wir eine Gleichung für
2
:
2
4
r2
d2 lsin2tan1
tan2
2
T g d1
lsin1
Diese Gleichung lässt sich mit Hilfe eines CAS-Rechners lösen 2 44
F⃗
K
F⃗
Z
α
F⃗
G
319
a) Die resultierende Zentripetalkraft
F
Z
ist gegen das Kreiszentrum
gerichtet.
v
rgtan
90
; 1.3 m/s
2
b) f
v
; 1.4 Hz
2r
α
F N
F G
F Z
F N
F G
320
Der Radius des Kreisbogens ist durch die Zentripetalbeschleunigung und die
2
Geschwindigkeit gegeben: r
v
; 22 m
a
Z

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321
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 (Zentripetalbeschleunigung).
Die Normalkraft der Wand führt zu einer Reibungskraft, die zur Bahnbeschleunigung
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 angesehen werden.
h
Es gilt tan
.
2
r
Die Endgeschwindigkeit ist erreicht, wenn die Kräftegleichheit FGsin FR
(1)
eintritt. Dabei gilt für kleine Winkel die Näherung sin
tan
.
2
mv
Für die Reibungskraft gilt: FR FN FZ
r
Aus (1) wird damit
2
mgh mv
2 r
r
gh
v ; 3.6 m/s
2
(Bemerkung: Sie könnten also nebenher rennen.)
Newton’sches Gravitationsgesetz, Kepler’sche Gesetze
323
a)
m
Erde
Wert.
gr
G
2
Erde
; mit g = 9.81 m/s 2 und r Erde = 6371 km ergibt sich der angegebene
m
;
Erde
b)
4 3
rErde
3
3 3
5.51
10 kg/m

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324
d
d
Erde
Mond
entfernt.
m
m
Erde
;
Mond
9
; der Punkt liegt also etwa 54 Erdradien vom Erdmittelpunkt
1
325
a) d 2r
2
4
9
F
2 2
G 4 Blei
; 1.4 m
b)
16
r r d d
F G G
9 ( ) 9 ( )
2 3 3 2 3 3
1 2 2 1 2
2
2 Blei
2 Blei
r1r2 d1d2
;
7
1.6
10 N
326
Ansatz: F und 4
G
FZ
M r
3
2
3
f
11 3
; 1. 4
10 kg/m
G
3
327
M
12 2 11
a) g G ; 1.710 m/s = 1.8 10 g
2 Erde
; nein
r
2
m1 4
mm
1 2
b) Aus r2 r1 und m1r1 G
folgt
2 2
m T ( r r )
2 1 2
mT m
;
2
2 1 2 8
r 3
1
G (1 ) ; 3.3 10 m
2
4
m2
d r r
9
1 2
4.7 10 m
m1
9
r2 r1
; 4.3 10 m;
m
2
328
Vollmond:
m
S
mE
F
G
G mM
; 6.3·10 20 N (Richtung Sonne gerichtet)
2 2
( rS
rM
) rM
Neumond:
m
S
mE
F
G
G mM
; 2.4·10 20 N (ebenfalls Richtung Sonne gerichtet)
2 2
( rS
rM
) rM
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.

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329
a) Benötigte Grössen.
• An der Mondoberfläche müssen die beiden Formeln zur Berechnung der
mM
Gewichtskraft das gleiche Ergebnis liefern: m g G
2
R
2
g R
Daraus folgt: M
G
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 m M
m r
G
2
r
2 3
4 r
Daraus folgt: M
2
G T
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
4
r
m
2
GT ; 3300 kg/m 3
V l b d
331
aus
mM folgt:
2
r m G r
2
M
r
3 2
4
GT
2
; 4.9·10 36 kg; 2.5 Mio. Sonnenmassen
332
a) v
mE
G ; 7.6 km/s
r h
E
2 (
rE h)
b) T ; 5630 s (oder: 94 Minuten)
v

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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
mE
2 (
rE h)
a) v G ; 7.70 km/s; T ; 5420 s ≈ 90 min
rE
h
v
b) Der Satellit hat eine höhere Bahngeschwindigkeit. Die zusätzliche
Bewegungsenergie stammt von der eingebüssten potenziellen Energie.
334
a)
b)
T
sid
4
r
Gm
2 3
Erde
sid syn Erde
; 5780 s, wobei r = r Erde + h
2 2 2
; T syn = 6200 s
T T T
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)
m T
; 35'800 km
4
2
3 Erde
r rErde
G r
2 Erde
336
Der Abstand zwischen dem Brennpunkt und der Mitte einer Ellipse ist die lineare
Exzentrizität e. Sie lässt sich aus der nummerischen Exzentrizität und der grossen
9
Bahnhalbachse a berechnen: ea; 2.500 10 m . 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 Bahnabschnitten.
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 sonnenfernen
Bereichen auf als in Sonnennähe. Kometen sind für uns nur sichtbar, wenn sie
sich in Sonnennähe befinden.

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338
Nach dem zweiten Kepler’schen Gesetz müssen sich die Bahngeschwindigkeiten
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 3
a
GM
M
4
a
; 1.898·10 27 kg
2 2
2
T 4
GT
b)
a
T
a
3 3
1 2
2 2
1
T2
a
2
T2 T1
a
1
3
; 16.70 d
340
T
T
2
Saturn
2
Erde
3
a
2 a
; TSaturn
TErde
3
a
a
3
Saturn
3
Erde
Saturn
Erde
; 29.3 a
341
a
I
2 3
rP
rA
TI aI
; ; 440 a
2 3
2 T a
Erde
Erde
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 2
1 1
T r r r
T
r
1
r
r
2 2 2 2
= 1.6
343
Der Mond hat sich in 50’000 Jahren um d = 1.75 km von uns entfernt.
T
T
a
2 3
1 1
;
2 3
2
a2
T T
1
2
a
a
3
1
3
2
T
2
3
2
a2
d
a
3
; 27.32147 d

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344
a) g G M r
GM
2
r
g
; 6.19·10 6 m
b)
T
a
4
TGM
; 0.383·10 9 m
GM 4
2 2 2
a 3
3 2
c)
T
2
3
a
GM
; 90'700 d
d) g G M ; 274 m/s 2
r
2
e) M
3M
; 5.515·10 3 kg/m 3
3
V 4r
345
m
g G ; 1.62 m/s 2 gErde
b) hMond
hErde
; 3.6 m
r
g
Mond
a)
Mond 2
Mond
346
a)
2
R
g g0
mit g 0 = 9.79 m/s 2 und R = 6371 km
R h
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
2 ( R h)
T ; 5.52 · 10 3 s oder 1.53 h
v
c) In 250 km Höhe beträgt die Fallbeschleunigung 9.06 m/s 2 .
Die Geschwindigkeit ist dann auf 7.75 km/s angewachsen.
2
Die kinetische Energie hat um den Faktor
7.75
= 1.02 zugenommen,
7.68
also um 2 %.
Die Lageenergie hat um mg h abgenommen, mit g = 8.90 m/s 2 und h = 120 km.
Verglichen mit der Bewegungsenergie in 370 km Höhe, ist dies ein Anteil von
mgh
2gh
0.0356.
2
2
1 mv v
2
Das ist fast das Doppelte der Zunahme der Bewegungsenergie. Die Differenz ist als
Reibungsarbeit abgegeben worden.

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347
Mit den angegebenen Startwerten:
Für v y = 10500 m/s:
Zeitschritt: 50 s, Simulationsdauer: 5000 s
Zeitschritt: 50 s, Simulationsdauer: 45000 s
Rotation des starren Körpers
348
Das Trägheitsmoment der CD:
1 J mr
2 ; 2.9·10 -5 kg·m 2
2
Daraus folgt für das benötigte Drehmoment:
M J ; 6.3·10 -3 Nm
349
1 2 l 1 2
Mit Satz von Steiner: J
Ende
ml m
ml
12 2 3
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.
2
350
a)
J
1
12
ml
2
l
m
2
2
1
ml
3
2
b)
J
J
1 1
4
3
1
12
l
4
2
2
2 2
2
2
ml ml ml
ml oder mit a)
1
ml
3
2
m
2
2
l
2
5
ml
6
2
5
6
c)
1 1
J 2
ml
3
3
2
1
12
ml
2
3
ml
4
2
1
ml
2
2

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351
2
Massenpunkt: JMassenpunkt
mr
2 2
Kugel (Satz von Steiner): J 2
Kugel
mr mR
5
2 2
JKugel
J
mR
Massenpunkt
Bedingung:
5 0.01
2
JMassenpunkt
mr
r
Ergebnis: 40 ; 6.3
R
352
2
mr
a) a g ; 1.9 m/s 2
2
J
0
mr
J
0
b) FFinger
mg
; 0.46 N
2
J
0
mr
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)
J
2
2 d
J
0
mr J
0
m ; 2.4·10 -6 kg·m 2
4
c)
d
F
r d
d Md 2
a
; Faden oben: 2.2 m/s 2 ; Faden unten: 0.56 m/s 2
2
2 2J
d
2J
0
m
2
354
2 2
a) Das Trägheitsmoment ist J0 1mr 1
1 1
m2r2
= 4.84·10 –3 kg·m 2
2 2
Für die Winkelbeschleunigung ergibt sich mit der angehängten Masse m G
mGr2
g
2
J m r
0
G
Die Zeit ist t
2
0
2
2s
2s(
J
0
mGr2
)
; 3.0 s
2
r m r g
2
2 2
mGr2
gt
2
b) J
Auto
mGr2
J
0
; 5.0·10 –3 kg·m 2
2s
G
2

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355
a)
J 1mR 1 2 R d R dR
2 2
2 2 2 4
; 3.4·10 4 kg·m 2
2
2 2 2
b) Nach dem Energiesatz folgt: mgh 1 1 1 1
2 mv
v
2 J
2 mv
2
J R
2
2 2gh
Nach v aufgelöst: v . Somit ist a g 1
1
J
1
J R 1
2
2 0
R
mR
mR 2
0
0
2
0
2
gR0
2 2
; 0.16 m/s 2
c)
2
FS
mgmamg
R ; 5.3 N , somit ist die Spannkraft in der Schnur
2 2
2R0
R
während des Sinkens des Jo-Jos kleiner als seine Gewichtskraft!
356
r 2
r 1
2 2
a) Das Trägheitsmoment ist J 1 m ( r1 r2
) = 4.15·10 –4 kg·m 2 .
2
Das Gesamtdrehmoment ist M Fr 2
mgr1
.
Fr2 mgr1
Für die Winkelbeschleunigung ergibt sich
.
1 (
2 2
mr1 r2
)
2
2
2 2 1 2
Die abgerollte Papierlänge ist: 1 ( Fr mgr ) t r
s r2 t r2
; 0.21 m
2 2
2 mr (
1
r2
)
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 t
und wird in der Zeit t B
mit
mgr1
der Winkelbeschleunigung
B
zum Stillstand gebremst. Also gilt:
J
t t , wobei = 724 B B
s–2 ist.
2 2 2 2
2 2 1 2
Die abgerollte Papierlänge ist: 1 tr( r r)
s Br2 BtBr2
; 4.3 m
2 4gr1
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))

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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
v
a) t mit
M F r
mg r
vJ
G folgt: t
2
r
J J J
mgr
2
v J
b) s vt ; knapp 20 m
2
mgr
; 0.2 s
358
Das Trägheitsmoment eines dünnen Stabes bezüglich einer Achse, die senkrecht zum
Stab und durch den Schwerpunkt läuft, ist gegeben durch:
1 J ml
2
S
12
Da der Baum am unteren Ende kippt, lässt sich das Trägheitsmoment bezüglich dieser
Achse mittels des Satzes von Steiner berechnen:
2
l 1 2
J J
S
m
ml
2 3
Energiesatz:
1 l
J
2
mg
2 2
2
1 2 v
ml mgl
2
3 l
v 3gl
; 27 m/s = 98 km/h
359
a) Nach dem Energiesatz folgt: mg h
1
mv
12
mr
2 2 5
10gh
Mit v
r
v
7
2 2 2
b) mgh
1
mv
12
mr
mg
cos
h
2 25
sin
10gh
v
1
7
tan
2 2 2
.

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360
a) Das Trägheitsmoment der Murmel ist J
v 2gssin
;
E
v
M
5
vE
; v
2
K
v
7
3
2
5
2
Murmel
mr .
E
b)
t
E
v 2s
gsin
gsin
; t 7
M
tE
;
5
t
K
3
t
2
E
c) Murmel: 0.4; Klebestift: 0.5
361
a) Nach dem Energiesatz
mgh 1mv 1 J
1mv 11mr
3
mv
2 2 2 22 4
2 2 2 2 2 2
folgt
v 22
gsin s,
wobei s die zurückgelegte Hangstrecke und hsin
s ist. Der
3
Zylinder wird also gleichmässig mit 2 2g
sin
a g sin beschleunigt v t.
3
3
b) t 2s
3s
; 16 s. Zum Vergleich ist der Weltrekord bei den Männern für
a gsin
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:
J1
1
J1
1
J
2
2
2
J
Biellman-Pirouette: 2 1.11
Schlusspirouette: 2 2.2 1
2

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364
a) Nach dem Drehimpulserhaltungssatz bewirkt eine Verkleinerung des
Trägheitsmoments eine Vergrösserung der Winkelgeschwindigkeit und eine
Verkürzung des Tages:
J1 J2
J11 J2
2
oder
T T
1 2
6
T T T , wobei T
810 sist.
J
J1J2 T2 T1T
1 1 T
; 9·10 11 , also
J J T T T
b)
2 1
1 1 1 1 1
9
910 %
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 dP
2a dA
.
Nach dem Drehimpulserhaltungssatz folgt: LP
LA
oder mvd
E P P
mvd
E A A. Somit
dP
2a
dA
ist vA vP vP
; 29.29 km/s
d d
A
A
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
mEvb, wobei b die kleine
Bahnhalbachse ist.
b lässt sich aus der numerischen Exzentrizität der Erde und der grossen
2
Bahnhalbachse berechnen: ba 1
2
Da der Drehimpuls der Erde konstant ist, ist LP
L oder mvd
E P P
mva E
1
2a
dA
vvP
; 29.79 km/s
a
2
1
(Beide Teilaufgaben lassen sich auch mit dem Energieerhaltungssatz lösen.)