Lösungen

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)8. Übung (KW 51)Aufgabe 1(M 8.1 ”Scheibe“)Wie groß ist das Trägheitsmoment einer gleichmäßig dicken, homogenen Kreisscheibemit der Masse m und dem Radius r 0(a) um eine senkrecht zur Scheibe stehende Achse S durch den Schwerpunkt?(b) um eine zur Schwerpunktachse parallele Achse A durch einen Randpunkt?(c) um eine Achse wie in b), wenn zustzlich im Mittelpunkt der Scheibe eine Punktmassem ′ angebracht wird?(d) Wie groß ist die Schwingungsdauer T im Falle (c), wenn der Drehkörper in einervertikalen Ebene um die Achse A schwingt?m = 1.0 kg, m ′ = 0.5 kg, r 0 = 10 cmAufgabe 2(M 8.4 ”Schwungrad“)Bei einem Schwungrad (Radius r, Drehfrequenz f 0 , Masse m) befindet sich die Masseim Wesentlichen auf dem Radkranz.(a) Welches konstante Bremsmoment M A muss aufgebracht werden, um das Schwungradbis zur Zeit t 1 zum Stillstand zu bringen?(b) Berechnen Sie die Anzahl N der Umdrehungen, die das Rad während des Bremsvorgangsmacht!r = 1.0 m, f 0 = 60 min −1 , t 1 = 60 s, m = 1.0 tAufgabe 3(M 8.6 ”Reibkupplung“)Zwei Schwungräder mit den Trägheitsmomenten J 1 und J 2 drehen sich mit den Winkelgeschwindigkeitenω 1 und ω 2 , wobei ω 1 ≠ ω 2 . Durch eine Reibkupplung kommensie auf eine gemeinsame Winkelgeschwindigkeit ω ′ .(a) Wie groß ist diese Winkelgeschwindigkeit ω ′ ?(b) Wie ändert sich dabei die kinetische Energie des Systems?(c) Wie müsste das Verhältnis ω 1 : ω 2 sein, wenn nach der Kupplung Stillstandeintreten soll? (Was sagt das Ergebnis über den Drehsinn der Schwungräder vordem Kupplungsvorgang in diesem Fall aus?)(d) Wie groß ist im Fall (c) die in Wärme umgewandelte Energie?Jens Patommel Seite 1 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Aufgabe 4(M 8.8 ”Zwei Zylinder“)Ein dünnwandiger Hohlzylinder und ein Vollzylinder aus verschiedenem Materialund von verschiedenen Abmessungen rollen mit der Geschwindigkeit v 0 auf einerhorizontalen Ebene. Anschließend rollen sie einen Hang hinauf. In welchen Höhenh 1 und h 2 kommen sie zur Ruhe?v 0 = 2.0 m s −1Aufgabe 5(M 8.13 ”Kugel“)Eine homogene Kugel rollt eine geneigte Ebene (Neigungswinkel α) hinab.(a) Welche Zeit t 1 benötigt sie vom Stillstand aus für die Strecke s 1 ?(b) Welche Geschwindigkeit v 1 hat der Schwerpunkt zur Zeit t 1 ?α = 20°,s 1 = 1.0 mAufgabe 6(M 8.7 ”Stab“)Ein Stab (Länge l) ist an einem Ende um eine horizontale Achse drehbar gelagert.Er wird zunächst in waagerechter Lage gehalten. Welche maximale Geschwindigkeitv erreicht sein freies Ende nach dem Loslassen?l = 1.0 mJ SAufgabe 7(M 8.9 ”Wellrad“)rEin Schöpfgefäß (Masse m) für einen Brunnen hängt aneinem Seil, das um die Welle (Radius r) eines Handradesgewickelt ist. Das gesamte Wellrad hat das TrägheitsmomentJ S . Die Kurbel am Handrad wird losgelassen.Welche Geschwindigkeit v hat das Gefäß erreicht, wennes sich um die Strecke l abwärts bewegt hat? (AuftretendeReibungseinflüsse und die Seilmasse sollen unberücksichtigtbleiben.)ml = 10.5 m, J S = 0.92 kg m 2 , r = 11 cm, m = 5.2 kghttp://en.wikipedia.org/wiki/File:Wheelaxle_quackenbos.gifJens Patommel Seite 2 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Lösung zu Aufgabe 1(a) Das Trägheitsmoment J A eines Körpers bezüglich einer Achse A ist definiert alsdas Volumenintegral∫J A = dV ρ(⃗r) r⊥(⃗r) 2 , (1.1)Vwobei r ⊥ (⃗r) den Abstand des Ortsvektors ⃗r von der Achse angibt (siehe Abbildung).RotationsachseAKörperIn der vorliegenden Aufgabe soll das Trägheitsmoment einer homogenen Kreisscheibeberechnet werden. Ich werde dabei drei mögliche Lösungswege vorstellen, und zwar1. simples Benutzen der Formelsammlung,2. anschlauliches Herleiten der Formel sowie3. rigoroses mathematisches Berechnen des Integrals (1.1).1. VarianteFür die Klausur genügt es, das Trägheitsmoment der Formelsammlung zu entnehmen.Die Denkleistung besteht dann darin, sich die physikalische Situation klarzumachenund herauszufinden, welche Formel im konkreten Fall passen könnte. Hiergeht es um das Trägheitsmoment einer homogenen Kreisscheibe mit der Masse mund dem Radius r 0 . Sobald man erkannt hat, dass ”Kreisscheibe“ ein anderes Wortfür ”Vollzylinder“ ist, findet man in der Formelsammlung auf Seite 4 die entsprechendeFormel für das Trägheitsmoment:J S = 1 2 mr2 0 = 1 2 · 1.0 kg · (0.1 m)2 = 0.5 × 10 −3 kg m 2 .Jens Patommel Seite 3 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)2. VarianteNun präsentiere ich eine anschauliche Herleitung der Formel aus der Formelsammlung.Dazu zerlege ich die Kreisscheibe in n 3 kleine Teilstücke mit den Teilvolumina∆V i , i ∈ {1, 2, . . . , n}, n ∈ N, indem ich die Scheibe in n Schichten der Dicke dz = z 0nunterteile, um den Scheibenmittelpunkt herum n konzentrische Kreise mit konstantemAbstand ∆r = r 0nziehe und n Tortenstücke mit konstantem Winkel ∆ϕ = 2π nausschneide. In der Abbildung ist ein solches Teilstück melonengelb markiert.Offensichtlich hängt das Volumen eines einzelnen Teilstücks von dessen Abstand vomKreismittelpunkt ab; je weiter außen es sich befindet, desto größer ist sein Volumen∆V . Der Plan besteht nun darin, das Volumen ∆V (r) eines im Abstand r vomMittelpunkt befindlichen Teilstücks zu berechnen und dann die Situation n ≫ 1 zubetrachten, bei der die Volumina der einzelnen Teilstücke infinitesimal klein werden,d. h. wir suchen das differentielle VolumendV (r) = limn≫1∆V (r) . (1.2)Ein Teilstück, welches sich im Abstand r vom Kreismittelpunkt befindet, hat dasVolumen∆V (r) = ∆A(r) dz , (1.3)wobei ∆A(r) die Grundfläche des Teilstückes bezeichnet (Grundfläche mal Höhe).Die Grundfläche ∆A(r) lässt sich berechnen, indem man die Fläche ∆A Ring (r) desKreisringes zwischen den Kreisen r und r+∆r berechnet (in der Abbildung hellgrünmarkiert) und dann mittels Dreisatz denjenigen Anteil bestimmt, den der Winkel∆ϕ im Verhältnis zum Vollkreis 2π einnimmt:∆A(r) = ∆A Ring (r) ∆ϕ2π . (1.4)Jens Patommel Seite 4 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Die Fläche des Kreisringes ist die Differenz aus den Flächen A ◦ (r + ∆r) und A ◦ (r)der beiden Kreise, die den Ring umranden, also∆A Ring (r) = A ◦ (r + ∆r) − A ◦ (r) = π(r + ∆r) 2 − πr 2Damit folgt für das differentielle Volumen:dV (1.2)= limn≫1∆V= π [ 2r∆r + (∆r) 2] . (1.5)(1.3)= limn≫1∆A(r)∆z(1.4)= limn≫1∆A Ring (r) ∆ϕ2π ∆z⎛⎜⎝ n≫1(1.5)= limr∆r}{{}linear in ∆r+12 (∆r)2 } {{ }quadratisch in ∆r⎞⎟⎠ ∆ϕ ∆z .Je größer n wird, desto kleiner wird ∆r = r 0nund um so unbedeutender wird derquadratische Term im Vergleich zum linearen. Unter Vernachlässigung des quadratischenTerms folgt für das differentielle VolumendV = lim (r∆r ∆ϕ ∆z) = dz dr rdϕ = dz dr ds (1.6)n≫1 }{{}dsmit der Bogenlänge ds des Kreissegments im Abstand r vom Mittelpunkt. Bevorwir uns an das Trägheitsmoment der Kreisscheibe wagen, wollen wir das Volumender Kreisscheibe berechnen. Dieses ergibt sich aus der Summe der Volumina aller n 3Teilstücke bzw. aus dem Integral über die differentiellen Volumina:V 0 ==n∑∆Vi=1∫dVScheibe∫= dz dr dsScheibe∫ z 0 ∫ r 0∫2πr= dz dr ds0 0 0∫ z 0 ∫ r 0 ∫ 2π= dz dr rdϕ .000Hierbei sind die einzelnen ineinandergeschachtelten eindimensionalen Integrale alsgewöhnliche Riemann-Integrale zu verstehen. Bekanntermaßen darf man die Summandeneiner endlichen Summe umordnen (Kommutativgesetz der Addition), ohneJens Patommel Seite 5 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)den Wert der Summe zu beeinträchtigen. Man kann beweisen, dass unter gewissenVoraussetzungen 1 auch die Summanden von unendlichen Summen umgeordnetwerden dürfen, ohne den Grenzwert der Summe zu verändern. Für das Dreifachintegralbedeutet dies, dass die einzelnen Integrale vertauscht werden dürfen (Satzvon Fubini):V 0 ===∫ z 00∫ z 00∫ r 0dzdzdr∫ r 00∫ 2π0∫ 2πdrdϕdϕ∫ 2π0∫ r 00∫ z 0dϕ rdr r (1.7)dz r0= . . .00und so weiter. Je nach Vorliebe kann man sich eine der 3! = 6 Varianten aussuchen.Ich entscheide mich für die Variante (1.7):V 0 ==∫ z 00∫ z 00dzdz= 1 2 r2 0∫ 2π0∫ 2π0∫ z 00dϕ∫ r 00dr rdϕ [ 12 r2] r 00 = 1 2 r2 0dz [ϕ] 2π0= πr 2 0∫ z 00∫ z 00dzdz= πr 2 0 [z] z 00 = πr2 0z 0 (1.8)und erhalte – wenig überraschend – die Formel für das Volumen eines Zylinders.Nun ist die Zeit reif, das Trägheitsmoment der Kreisscheibe auszurechnen. Dazuschauen wir uns noch einmal die Definition des Trägheitsmoments an und beachten,dass die Kreisscheibe eine homogene Massendichte ρ 0 hat:(1.1)J A =∫∫dV ρ(⃗r) r⊥(⃗r) 2 ρ(⃗r)=ρ 0= ρ 0∫ 2π0dϕdV r 2 ⊥(⃗r) . (1.9)VVDer Abstand des Volumenelements von der Rotationsachse beträgtr ⊥ (⃗r) = r , (1.10)1 Es gilt folgende Äquivalenz: Eine unendliche Summe (Reihe) lässt sich genau dann umordnen,ohne ihren Wert zu ändern, wenn sie absolut konvergent ist, d. h., wenn die unendliche Summe derAbsolutwerte der Summanden gegen einen endlichen Wert konvergiert.Jens Patommel Seite 6 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)so dass sich zusammen mit dem differentiellen Volumenelement aus (1.6) folgendesergibt:∫(1.9)J A = ρ 0 dV r⊥(⃗r)2V(1.6)= ρ 0∫V(1.10)= ρ 0∫Vdz dr rdϕ r 2 ⊥(⃗r)dz dr rdϕ r 2∫= ρ 0 dz dr dϕ r 3V∫z 0= ρ 0 dz0= 1 4 ρ 0 r 4 0∫ 2π0∫ z 00dϕdz∫ r 00∫ 2π0dr r 3 (1.11)dϕ= π 2 ρ 0 r 4 0 z 0 . (1.12)Anstelle der Massendichte ρ 0 und der Dicke z 0 der Scheibe kennen wir lediglich derenMasse m. Wir ermitteln einen Zusammenhang zwischen diesen Größen:setzen dies in (1.12) ein:ρ 0 = m V 0(1.8)= mπr 2 0z 0(1.13)J A(1.12)= π 2 ρ 0 r 4 0 z 0(1.13)= πm r4 0 z 02π r 2 0 z 0= 1 2 mr2 0 (1.14)und haben somit die Formel aus der Formelsammlung reproduziert ¨⌣.3. VarianteUnd nun noch – für die mathematisch Interessierten – eine rigorose mathematischeHerleitung.Wir rufen uns die Definition des Trägheitsmoments in Erinnerung und nutzen dieHomogenität der Kreisscheibe aus:∫∫(1.1)J A = dV ρ(⃗r) r⊥(⃗r) 2 ρ(⃗r)=ρ 0= ρ 0 dV r⊥(⃗r) 2 . (1.15)VVJens Patommel Seite 7 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Wenn die Rotationsachse durch den Punkt ⃗r a geht (Stützvektor ⃗r a ) und parallelzum Vektor ⃗e a verläuft (Richtungsvektor ⃗e a ), die Menge der Achspunkte also durch{⃗r a + a ⃗e a : a ∈ R} beschrieben wird, so berechnet sich das Abstandsquadrat desPunktes ⃗r von der Rotationsachse zur ⊥ (⃗r) 2 = (⃗r a − ⃗r) 2 − [(⃗r a − ⃗r) ⃗e a ] 2 . (1.16)Bei der Festlegung des Koordinatenursprungs hat man freie Wahl, daher kann mandas Koordinatensystem so legen, dass der Ursprung auf der Rotationsachse liegt,womit der Stützvektor Null wird und sich (1.16) zur ⊥ (⃗r) 2⃗r a=⃗0=( ) 2 [( ] 2⃗ 0 − ⃗r − ⃗ 0 − ⃗r)⃗e a = ⃗r 2 − [⃗r ⃗e a ] 2 (1.17)vereinfacht. Desweiteren orientieren wir das Koordinatensystem derart, dass die Rotationsachseparallel zur z-Achse verläuft (⃗e a = ⃗e z ), was den Ausdruck für das Abstandsquadratweiter vereinfacht:r ⊥ (⃗r) 2⃗e a=⃗e z= ⃗r 2 − [⃗r ⃗e z ] 2= [x ⃗e x + y ⃗e y + z ⃗e z ] 2 − [(x ⃗e x + y ⃗e y + z ⃗e z ) ⃗e z ] 2= x 2 ⃗e x ⃗e}{{} x +y 2 ⃗e y ⃗e y +z 2 ⃗e z ⃗e z +2xy ⃗e}{{} }{{} x ⃗e y +2xz ⃗e x ⃗e z +2yz ⃗e}{{} }{{} y ⃗e z}{{}=1 =1 =1=0=0=0⎡⎤− ⎣x ⃗e x ⃗e}{{} z +y ⃗e y ⃗e z +z ⃗e z ⃗e z⎦}{{} }{{}=0 =0 =1= x 2 + y 2 + z 2 − z 22= x 2 + y 2 . (1.18)Aus (1.15) und (1.18) folgt jetztJ A(1.15)= ρ 0∫V(1.18)= ρ 0∫VdV r 2 ⊥(⃗r)dV ( x 2 + y 2)∫= ρ 0 dx dy dz ( x 2 + y 2)V∫= ρ 0 dx dy dz ( x 2 + y 2)x 2 +y 2 ≤r 2 00≤z≤z 0∫z 0= ρ 0 dz0∫ r 0−r 0dx−√+ r∫ 0 2−x2dy ( x 2 + y 2) . (1.19)√r 2 0 −x2Dieses Dreifachintegral lässt sich elementar lösen, indem man nacheinander über diedrei Raumrichtungen x, y und z integriert, wobei die Reihenfolge der IntegrationJens Patommel Seite 8 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)gemäß dem Satz von Fubini keine Rolle spielt. Dies führt allerdings zu umfangreicherRechnerei und artet in Arbeit aus (siehe Anhang).Alternativ kann man die Symmetrie des Problems geschickt ausnutzen, indem mandie kartesischen Koordinaten (x, y, z) in Zylinderkoordinaten (r, ϕ, z) transformiert,wodurch sich die Rechnung erheblich vereinfacht.Das Problem ist rotations- und translationssymmetrisch bezüglich der z-Achse, wasein guter Anlass ist, die kartesischen Koordinaten in Zylinderkoordinaten zu transformieren.Die Transformationsfunktion lautetx(r, ϕ, z) ⃗e x + y(r, ϕ, z) ⃗e y + z(r, ϕ, z) ⃗e z + = r cos ϕ ⃗e x + r sin ϕ ⃗e y + z ⃗e z= r [cos ϕ ⃗e x + sin ϕ ⃗e y ] + z ⃗e z= r ⃗e r + z ⃗e zoder, in anderer Darstellung,⎛ ⎞ ⎛ ⎞x(r, ϕ, z) r cos ϕ⎝y(r, ϕ, z) ⎠ = ⎝r sin ϕ⎠ (1.20)z(r, ϕ, z) zZum Berechnen des Integrals muss man nicht nur die Integrandenfunktion transformieren,sondern zusätzlich auch das differentielle Volumenelement dV (⃗r). In kartesischerDarstellung lautet das VolumenelementdV (⃗r) = dV (x, y, z) = dx dy dz .Man kann zeigen, dass das Volumenelement in Zylinderkoordinaten folgende Darstellunghat:dV (⃗r) = dV (r, ϕ, z) = dr dϕ dz |J| .|J| bezeichnet die Determinante der Jacobi-Matrix, auch Jacobi-Determinantegenannt. Zum Aufstellen der Jacobi-Matrix benötigt man alle 3 2 = 9 partiellenerste Ableitungen der Transformation,⎛ ⎞∂x ∂x ∂x ⎛ ∂∂r ∂ϕ ∂zr cos ϕ ∂ r cos ϕ ∂ r cos ϕ ⎞ ⎛⎞∂r ∂ϕ ∂z cos ϕ −r sin ϕ 0⎜J = ⎝∂y∂r∂z∂r∂y∂ϕ∂z∂ϕ∂y∂z∂z∂z⎟⎠ = ⎝ ∂r sin ϕ∂r∂z ∂r∂ r sin ϕ∂ϕ∂z ∂ϕ∂ r sin ϕ ⎠∂z= ⎝∂z ∂zsin ϕ r cos ϕ 00 0 1woraus man die Jacobi-Determinante berechnen kann:⎛⎞cos ϕ −r sin ϕ 0|J| = det J =sin ϕ r cos ϕ 0∣ 0 0 1∣ = r cos2 ϕ + r sin 2 ϕ = r ⎝cos 2 ϕ + sin 2 ϕ⎠ = r} {{ }=1Somit lässt sich das Volumenelement in Zylinderdarstellung alsdV (r, ϕ, z) = dr dϕ dz |J| = dz dr dϕ r⎠ ,Jens Patommel Seite 9 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)schreiben, was uns aus Gleichung (1.6) bekannt sein dürfte. Eingesetzt in das Integralaus (1.19) folgt für das Trägheitsmoment der KreisscheibeJ A(1.19)∫z 0= ρ 0 dz(1.20)0∫z 0= ρ 0 dz0∫z 0= ρ 0 dz0∫z 0= ρ 0 dz∫ r 00∫ r 0∫ r 0−r 0dx∫ r 00drdr−dr√+ r∫ 0 2−x2dy ( x 2 + y 2)√∫ 2π0∫ 2π0∫ 2πr 2 0 −x2dϕ r [ (r cos ϕ) 2 + (r sin ϕ) 2]dϕ r 3 [ cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ]dϕ r 3 .000Diese Gleichung entspricht so ziemlich genau dem Integral aus (1.11), wie es unsim Rahmen der anschaulichen Herleitung bereits begegnet ist und dessen weiteresBerechnen keine Schwierigkeiten bereiten sollte.Der ”Trick“ bei der Koordinatentransformation besteht darin, dass man die Koordinatenso geschickt wählt, dass die zu integrierende Funktion in der neuen Darstellungso einfach wie möglich aussieht. Oft gelingt es, die Anzahl der Variablen, vondenen die Integrandenfunktion explizit abhängt, zu reduzieren, indem man die Koordinatenachsenparallel zu den Äquipotentialflächen legt, d. h. entlang der Flächenkonstanter Funktionswerte. Im vorliegenden Fall der homogenen Kreisscheibe lautetdie Integrandenfunktionρ(⃗r) r 2 ⊥(⃗r) = ρ 0 r 2 ⊥(⃗r) = ρ 0(x 2 + y 2) ,deren Äquipotentialflächen durch Zylinderflächen Z rnämlichmit Radius r definiert sind,Z r = {x ⃗e x + y ⃗e y + z ⃗e z : x 2 + y 2 = r 2 , (x, y, z) ∈ R 3 } .Bereits durch die Wahl der z-Achse parallel zur Rotationsachse reduziert sich dieAnzahl der Variablen in der Integrandenfunktion von drei (x, y, z) auf zwei (x, y).Das Transformieren auf Zylinderkoordinaten verringert die Variablenzahl ein weiteresMal, und zwar von den zwei Variablen x und y auf die eine Variable r, wodurchdas Lösen des Integrals gravierend vereinfacht wird.Jens Patommel Seite 10 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Lösung zu Aufgabe 1bWir kennen bereits das Trägheitsmoment J S bezüglich einer senkrecht zur Scheibestehenden Rotationsachse S, die durch den Schwerpunkt verläuft. Wenn sich dieScheibe um eine zu S paralle Achse A mit Abstand l dreht, so ergibt sich das neueTrägheitsmoment laut Steinerschem Satz zuJ A = J S + ml 2 .Man mache sich diesen Sachverhalt anschlaulich klar, indem man einsehe, dass dieRotation um A als eine Überlagerung zweier Bewegungen angesehen werden kann,nämlich einer Rotation des Körpers um die Schwerpunktachse S und einer Kreisbewegungdes Schwerpunktes im Abstand l von S.Konkret bedeutet dies für die Kreisscheibe:J A = J S + ml 2 (1.14)= 1 2 mr2 0 + mr 2 0 = 3 2 mr2 0 = 3J S = 15 × 10 −3 kg m 2 .Lösung zu Aufgabe 1 (c)Es kommt jetzt die Punktmasse m ′ hinzu, welche sich im Abstand r 0 um die RotationsachseA bewegt:J ′ A = J A + m ′ r 2 0 = 3 2 mr2 0 + m ′ r 2 0 = ( 32 m + m′) r 2 0 = 4J S = 20 × 10 −3 kg m 2 .Lösung zu Aufgabe 1 (d)~F g?~F g = mg ~e z~e z~e x~e yIm Schwerpunkt der ausgelenkten Scheibe greift die Schwerkraft ⃗ F g = −mg ⃗e z an,wobei m = m + m ′ die Gesamtmasse der Scheibe angibt. Bezüglich der Achse AJens Patommel Seite 11 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)erzeugt die Schwerkraft das Drehmoment ⃗ M(t) = ⃗r(t) × ⃗ F g , welches eine Winkelbeschleunigung⃗α(t) bewirkt:J ′ A⃗α(t) = ⃗ M(t)=⇒ α(t) ⃗e x = 1 J ′ A⃗r(t) × ⃗ F g= 1 J ′ Ar 0 ⃗e r (t) × (−mg)⃗e z= −mgr 0J ′ A= −mgr 0J ′ A= −mgr 0J ′ A= −mgr 0J ′ A=⇒ α(t) = − mgr 0J ′ A⃗e r (t) × ⃗e z[sin ϕ(t) ⃗e y − cos ϕ(t) ⃗e z ] × ⃗e z⎡⎣sin ϕ(t) ⃗e y × ⃗e z − cos ϕ(t) ⃗e z × ⃗e z⎦} {{ } } {{ }⃗e x⃗0sin ϕ(t) ⃗e xsin ϕ(t) .Die Winkelbeschleunigungs-Zeit-Funktion α(t) ist die zweite Zeitableitung der Winkel-Zeit-Funktion ϕ(t), also haben wir es mit der Differentialgleichung⎤¨ϕ(t) = − mgr 0J ′ Asin ϕ(t)zu tun. Leider fehlt uns das nötige mathematische Handwerkzeug, diese Differentialgleichungexakt zu lösen, deshalb begnügen wir uns mit der Näherung für kleineWinkel. Wir entwickeln den Sinus in eine Taylor-Reihe und berücksichtigen nur denTerm niedrigster Ordnung, also denjenigen, in dem der Winkel ϕ linear auftaucht:¨ϕ(t) = − mgr 0J ′ ATaylor= − mgr 0J ′ Aϕ≪1= − mgr 0J ′ Asin ϕ(t)[ϕ(t) −13! ϕ3 (t) + 1 5! ϕ5 (t) − 1 7! ϕ7 (t) + · · · ][ϕ(t) + O(ϕ3 )] = − mgr 0J ′ Aϕ(t) ,womit wir die Differentialgleichung einer harmonischen Schwingung hergleitet haben:√¨ϕ(t) = −ω0 2 mgr 0ϕ(t), ω 0 = .JA′Wie man durch Einsetzen nachprüfen kann, sind die Lösungen dieser DGL durchSinusfunktionen der Formϕ(t) = ϕ m sin (ω 0 t + α 0 )Jens Patommel Seite 12 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)mit Kreisfrequenz ω 0 gegeben. Die Schwingungsdauer T 0 ergibt sich der Forderung,dass während der Zeit T eine komplette Schwingungsperiode ausgeführt wird, alsoϕ(t + T 0 ) = ϕ(t)=⇒ ϕ m sin (ω 0 t + α 0 ) = ϕ m sin (ω 0 [t + T 0 ] + α 0 )ϕ m≠0=⇒ sin (ω 0 t + α 0 ) = sin (ω 0 t + α 0 + ω 0 T 0 )=⇒ ω 0 T 0 = 2πk, k ∈ Z .T ist die kürzeste von Null verschiedene Zeit, nach der die Schwingung eine vollePeriode gemacht hat, also k = 1, womit sich für die gesuchte Schwingungsdauer√ √ ( √T 0 = 2π J ′ 3 [A= 2π = 2πm + m′) r 2 32 0= 2πm + ]2 m′ r0ω 0 mgr 0 (m + m ′ )gr 0 m + m ′ g = 0.73 sergibt.Lösung zu Aufgabe 2(a) Das Schwungrad hat die Massenverteilung eines dünnwandigen Hohlzylindersbzw. eines Zylindermantels, dessen Massenträgheitsmoment laut FormelsammlungzuJ = mr 2gegeben ist. Das konstante Drehmoment M A führt zu einer konstanten Winkelbeschleunigungα(t) = −α 0 = − M AJund somit zu einer Winkelgeschwindigkeit-Zeit-Funktion vonω(t) = ω 0 +∫ t0dτ α(τ) = ω 0 − α 0 t .Am Ende des Bremsvorganges soll das Schwungrad ruhen, somit folgt für die Winkelbeschleunigung0 = ω(t 1 ) = ω 0 − α 0 t 1=⇒ α 0 = ω 0t 1= 2π f 0t 1,woraus sich das notwendige DrehmomentM A = Jα 0 = 2πmr 2 f 0t 1= 2π · 1 × 10 3 kg · (1 m) 2 1 s −160 s = 105 kg m2 s −2 = 105 N mergibt.Jens Patommel Seite 13 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)(b) Die Anzahl an Umdrehungen ergibt sich aus dem Winkel, den das Schwungradwährend der Zeit t 1 zurücklegt, indem man diesen durch den Winkel einer vollenUmdrehung, also durch 2π dividiert:N = ⌊ 1[ϕ(t 2π 1) − ϕ(t 0 )] ⌋= ⌊ 12π= ⌊ 12π= ⌊ 1⌊=2π12π[(ϕ0 + ω 0 t 1 − 1α ) (2 0t 2 1 − ϕ0 + ω 0 t 0 − 1α 2 0t0)]⌋2[ω0 (t 1 − t 0 ) − 1α (2 0 t21 − t0)]⌋2[ω0 t 1 − 1α 2 0t1]⌋2[]⌋2πf 0 t 1 − 12π f 02 t 1t 2 1= ⌊ 12 f 0t 1⌋= ⌊ 12 · 30 min−1 · 1 min ⌋ = 15 .Lösung zu Aufgabe 3(a) Die gemeinsame Winkelgeschwindigkeit ω ′ bestimmen wir über den Drehimpulserhaltungssatz⃗L 1 + ⃗ L 2 = ⃗ L ′ .Die Vektoren ⃗ L 1 und ⃗ L 2 bezeichnen den Drehimpuls der beiden Schwungräder(bezüglich einer gemeinsamen Drehachse) vor Betätigen der Kupplung, und ⃗ L ′ istder Drehimpuls, nachdem sich die Drehgeschwindigkeiten der Schwungräder angeglichenhaben. Der Drehimpuls ergibt sich als Produkt ⃗ L = J⃗ω, so dass aus demDrehimpulserhaltungssatz sofort⇐⇒ ⃗ω ′ =J 1 ⃗ω 1 + J 2 ⃗ω 2 = (J 1 + J 2 )⃗ω ′1J 1 + J 2[J 1 ⃗ω 1 + J 2 ⃗ω 2 ]folgt. Legen wir (ohne Einschränkung der Allgemeinheit) die Rotationsachse entlangder z-Achse, so kann man auch schreiben:mit⃗ω ′ =1J 1 + J 2[J 1 ω 1 ⃗e z + J 2 ω 2 ⃗e z ]= J 1ω 1 + J 2 ω 2⃗e zJ 1 + J 2= ω ′ ⃗e zω ′ = J 1ω 1 + J 2 ω 2J 1 + J 2. (3.1)Jens Patommel Seite 14 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)(b) Die kinetische Energie eines rotierenden starren Körpers beträgtE rot = 1 2 Jω2 ,so dass sich beim Kupplungsvorgang die kinetische Energie umändert.∆E = E rot,1 + E rot,2 − E rot′= 1J 2 1ω1 2 + 1J 2 2ω2 2 − 1 (J 2 1 + J 2 ) ω ′2(3.1)= 1 2 J 1ω 2 1 + 1 2 J 2ω 2 2 − 1 2 (J 1 + J 2 )( ) 2J1 ω 1 + J 2 ω 2J 1 + J 2= 1J 2 1ω1 2 + 1J 2 2ω2 2 − 1 (J 1 ω 1 + J 2 ω 2 ) 22J 1 + J( 21 J 2 1ω1 2 + 1J 2 2ω2) 2 (J1 + J 2 ) − 1 (J 2 1ω 1 + J 2 ω 2 ) 2=J 1 + J 2= 1 J1 2 ω1 2 + J 1 J 2 ω1 2 + J 1 J 2 ω2 2 + J2 2 ω2 2 − J1 2 ω1 2 − 2J 1 J 2 ω 1 ω 2 − J2 2 ω222J 1 + J 2= 1 J 1 J 2 (ω1 2 − 2ω 1 ω 2 + ω2)22J 1 + J 2=12 J 1J 2J 1 + J 2(ω 1 − ω 2 ) 2 (3.2)(c) Wenn nach dem Kuppeln Stillstand herrscht, also ω ′ = 0 gilt, so folgt aus (3.1)0 = J 1ω 1 + J 2 ω 2J 1 + J 2⇐⇒ J 1 ω 1 = −J 2 ω 2⇐⇒ω 1ω 2= − J 2J 1. (3.3)Die Winkelgeschwindigkeiten müssen sich also umgekehrt wie die Trägheitsmomenteverhalten, und die Scheiben müssen sich mit entgegengesetzem Orientierungssinndrehen.(d) Die in Wärme umgewandelte Energie erhält man durch Einsetzen von (3.3) inGleichung (3.2):∆E (3.2)=1J 2 1J 2(ω 1 − ω 2 ) 2J 1 + J 212=J (1J 2ω 1 + J ) 21ω 1J 1 + J 2 J 212=J ( ) 21J 2ω 2 J1 + J 21J 1 + J 2 J 2(3.3)= 1 J 1(J2 1 + J 2 ) ω 2 .J 2Jens Patommel Seite 15 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Lösung zu Aufgabe 4Man kann die Bewegung eines auf einer Unterlage rollenden Zylinders als eine Überlagerungzweier Bewegungen zusammengesetzt denken, einer linearen Bewegung desSchwerpunktes paralles zur Unterlage mit der Geschwindigkeit v 0 und einer Rotationdes Zylinders um eine Achse, die parallel zur Unterlage und durch den Schwerpunkthindurch verläuft mit der Winkelgeschwindigkeit ω (siehe Abbilgung). Wenn verausgesetztwird, dass der Zylinder nicht rutscht, so sind die beiden Größen v 0 undω 0 nicht unabhängig voneinander, sondern durch die sogenannte Rollbedingung miteinanderverknüpft:v 0 = ω 0 r . (4.1)Das sieht man sofort ein, wenn man bedenkt, dass der Schwerpunkt während derZeit T 0 einer vollstängigen Umdrehung diejenige Strecke zurückgelegt haben muss,die dem Umfang des Zylinders entspricht, also v 0 T 0 = 2πr und somit v 0 = 2πrT 0= ω 0 r.r~v 0! 0Wenn die beiden Zylinder die schräge Ebene hinaufrollen, so wird mit zunehmenderHöhe kinetische Energie in potentielle Energie umgewandelt, und zwar so lange, bisdie komplette kinetische Energie aufgebraucht ist. Die kinetische Energie hat zweiBeiträge, einen Rotationsbeitrag E rot durch die Rotation des Zylinders um seineSchwerpunktachse mit der Winkelgeschwindigkeit ω 0 und einen TranslationsbeitragE trans durch die Translationsbewegung des Schwerpunktes mit der Geschwindigkeitv 0 . Der Energieerhaltungssatz lautet alsoE pot = E rot + E trans=⇒ mgh = 1 2 Jω2 0 + 1 2 mv2 0⇐⇒ h = J2mg ω2 0 + v2 0 (4.1)= J v022g 2mg r + v2 02 2g( ) J v2=mr + 1 02 2g(4.2)Jens Patommel Seite 16 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Die Trägheitsmomente J V und J H des Voll- und des Hohlzylinders lautenJ V = 1m 2 VrV 2 ,J H = m H rH 2 ,so dass für die erreichten Höhenh V =h H =(JVm V r 2 V(JHm H r 2 H) ( v2 1+ 1 02g = m 2 VrV2m V rV2 ) ( v2+ 1 02g = mH rH2m H rH2) v2+ 1 02g = 3 v024 g) v2+ 1 02g = v2 0g= 31 cm ,= 41 cmgilt.Lösung zu Aufgabe 5(a) Im Schwerpunkt S der Kugel greift die Schwerkraft ⃗ F g an und erzeugt bezüglichder parallel zum Boden und durch den Schwerpunkt verlaufenden Achse A ein Drehmoment⃗ M A :⃗M A = ⃗r × ⃗ F g=⇒ M A = r F g sin α} {{ }F g⊥= mgr sin α . (5.1)Dieses Drehmoment bewirkt eine Winkelbeschleunigung der Kugel um die momentaneDrehachse A:¨ϕ(t) = M A (5.1)=J Amgr sin αJ A. (5.2)A~rSFg? ~↵~F g~e z~e y~e x↵Jens Patommel Seite 17 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Das Trägheitsmoment einer massiven homogenen Kugel bezogen auf eine Achsedurch den Schwerpunkt steht in der Formelsammlung und lautetJ S = 2 5 mr2 . (5.3)Der Satz von Steiner hilft uns beim Berechnung des Trägheitsmoments bezüglichder Achse A, welche sich im Abstand r vom Kugelmittelpunkt befindet:J A = J S + mr 2 = 2 5 mr2 + mr 2 = 7 5 mr2 . (5.4)Für die Winkelbeschleunigung bedeutet dies¨ϕ(t) (5.2)=mgr sin α (5.4)=J Amgr sin α7= 5g sin α . (5.5)5 mr2 7rDie Winkelgeschwindigkeits-Zeit-Funktion gibt es mittels Zeitintegration:˙ϕ(t) = ω}{{} 0 +=0∫ t0dτ ¨ϕ(τ) (5.5)=∫ t0dτ 5g 5gsin α = sin(α) t , (5.6)7r 7rwobei ω 0 = 0 gilt, weil die Kugel aus der Ruhe heraus starten soll. Die Winkel-Zeit-Funktion ergibt sich durch weiteres Integrieren:ϕ(t) = ϕ}{{} 0 +=0∫ t0dτ ˙ϕ(τ) (5.6)=∫ t0dτ 5g5gsin(α) τ =7r 14r sin(α) t2 . (5.7)Dabei habe ich den Anfangswinkel ϕ 0 willkürlich auf Null gesetzt. Wenn nun dieKugel ohne zu rutschen hinabrollt, so gilt die Rollbedingung v(t) = ω(t)r bzw.s(t) = ϕ(t)r, so dass für den zurückgelegten Weg gilt:s(t) = ϕ(t)r (5.6)= 514 g sin(α) t2 . (5.8)Optional hätte man dieses Ergebnis auch kriegen können, indem man auf die Rollbedingungetwas früher zurückgegriffen hätte, nämlich als wir den Ausdruck für dieWinkelbeschleunigung hingeschrieben hatten, siehe Gleichung (5.5). Es folgt darausnämlich die konstante Beschleunigunga(t) = ¨ϕ(t)r (5.5)= 5g7r sin(α) r = 5 g sin α , (5.9)7und andererseits wissen wir, dass die Weg-Zeit-Funktion einer gleichmäßig beschleunigtenBewegungs(t) = s 0 + v 0 t + 1 2 at2lautet, woraus mit s 0 = 0 und v 0 = 0 die Gleichung (5.8) folgt:= 1 52s(t) = 1 (5.9)at22g 7 sin(α)t2 = 5 g sin(α) 14 t2 .Jens Patommel Seite 18 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Wie man durch Umstellen der Gleichung (5.8) sieht, benötigt die Kugel für dieStrecke s 1 die Zeit√ √14s1t 1 =5g sin α = 14 · 1.0 m5 · 9.81 m s −2 = 0.91 s . (5.10)· sin 20°(b) Um die Geschwindigkeit des Schwerpunktes zur Zeit t 1 zu erhalten, setze manGleichung (5.10) in Gleichung (5.6) ein:˙ϕ(t 1 ) (5.6)= 5g7r sin(α) t (5.10)1 = 5g √7r sin(α)14s15g sin α = 1 r√107 s 1g sin α . (5.11)Die Rollbedingung führt dann sogleich auf die gesuchte Geschwindigkeit√√v 1 = v(t 1 ) = ˙ϕ(t 1 )r (5.11) 10= s 107 1g sin α = · 1.0 m · 9.81 m 7 s−2 sin 20° = 2.19 m s −1 .Wie fast immer führen auch bei dieser Aufgabe mehrere Wege zum Ziel. Alternativhätte man zum Beispiel den Energieerhaltungssatz bemühen können.Lösung zu Aufgabe 6Diese Aufgabe werde ich mit dem Energieerhaltungssatz lösen. Natürlich kann manstatt dessen auch das Drehmoment M A berechnen, mit welchem die Schwerkraftim Schwerpunkt bezüglich der Rotationsachse A einwirkt, damit die BewegungsgleichungJ A α(t) = M A aufstellen und diese einmal nach der Zeit integrieren. Fürwelchen Weg man sich entscheidet, ist Geschmacksache.Nun aber zur Energiebilanz. Durch die Pendelbewegung des Stabes senkt sich derSchwerpunkt maximal um die halbe Länge des Stabes, so dass auf dem Weg von derhorizontalen Lage zum untersten Punkt die potentielle Energiein kinetische Energie umgewandelt wird:E pot = 1 mgl (6.1)2E pot = E kin (6.2)Je nach Betrachtungsweise liegt die kinetische Energie als reine RotationsenergieE rot,A vor (Rotation des Stabes um Aufhängepunkt A) oder als Summe von RotationsenergieE rot,S und Translationsenergie E trans (Rotation des Stabes um SchwerpunktS und Kreisbewegung des Schwerpunktes im Abstand l um A). Der SteinerscheSatz sorgt dafür, dass in beiden Betrachtungsweisen dieselbe kinetische2Energie herauskommt, wie ich im folgenden illustriere.Reine Rotation um A:Der Stab rotiert als starrer Körper um die Achse A, die sich im Abstand 1 2 l vomJens Patommel Seite 19 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Schwerpunkt befindet. Gemäß dem Satz von Steiner ergibt sich das TrägheitsmomentzuJ A = J S + m ( 12 l) 2, (6.3)und somit folgt für die kinetische Energie[E kin = E rot,A = 1J 2 Aω 2 (6.3)= 1 J2 S + m ( ] 1l) 2 [ω 2 = 1 JS + 1ml2] ω 2 (6.4)2 2 4Rotation um S plus Translation:Der Stab rotiert als starrer Körper um die Achse S durch den Schwerpunkt, währendder Schwerpunkt eine Kreisbewegung mit der Geschwindigkeit v im Abstand 1 2 l umA ausführt. Das Trägheitsmoment beträgt J S , so dass die kinetische Rotationsenergiebeträgt. Die kinetische Translationsenergie hat den WertE rot,S = 1 2 J Sω 2 (6.5)E trans = 1 v=ω l 2 mv2 2= 1m( 1 2 2 lω)2 = 1 12 4 m12 ω 2 (6.6)und die kinetische Gesamtenergie ist die Summe aus beiden:(6.5)(6.6)E kin = E rot,S + E trans = 1J 2 Sω 2 + 1 214 m12 ω 2 = 1 2[JS + 1 4 m12] ω 2 . (6.7)Wie ein Vergleich zwischen (6.3) und (6.7) kundtut, unterscheiden sich die auf beideWeisen berechneten kinetischen Energien nicht voneinander.Zurück zur eigentlichen Aufgabe. Wir benötigen noch das Trägheitsmoment eineslangen dünnen Stabel, welches man in der Formelsammlung findet:J S = 112 ml2 . (6.8)Dies setzen wir zusammen mit (6.4) bzw. (6.7) in die Energieerhaltungsgleichungein:= E kin(6.1)∧(6.7) 1=⇒ mgl = [ 1 JS + 1m12] ω 22 2 4(6.8)E pot(6.2)=⇒ mgl = [ 112 ml2 + 1m12] ω 24√3g⇐⇒ ω = . (6.9)lAus der Winkelgeschwindigkeit des Stabes können wir nun die Geschwindigkeit seinesfreien Endes bestimmen. Je nachdem, welche Rotationsachse man gerade betrachtet,kommt man auf verschiedene Weisen zum (selben) Ziel.Jens Patommel Seite 20 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Rotation um A: Das freie Ende führt als Teil des starren Körpers eine Kreisbewegungum A im Abstand l durch, die Geschwindigkeit lautet√v = ωl (6.9) 3g= l = √ 3gl .lRotation um S: Das freie Ende führt als Teil des starren Körpers eine Kreisbewegungum S im Abstand l 2 mit der Geschwindigkeit v 1 durch, die mit einer Kreisbewegungdes Schwerpunktes um A im Absstand l 2 mit der Geschwindigkeit v 2 überlagert ist.Die Geschwindigkeit des freien Endes ist die Summe aus beiden Einzelgeschwindigkeiten:v = v 1 + v 2 = ω l 2 + ω l (6.9)= ωl = √ 3gl .2Das freie Ende des Stabes erreicht eine maximale Geschwindigkeit vonv = √ √3gl = 3 · 9.81 m s −2 · 1.0 m = 5.4 m s −1 .Lösung zu Aufgabe 7Diese Aufgabe werde ich auf zwei Wegen lösen, einmal mittels Drehmoment undBewegungsgleichung und dann noch mal mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes.1. Weg (Bewegungsgleichung)Die Schwerkraft zieht am Eimer mit der Kraft ⃗ F g = −mg ⃗e z , wodurch auf die Welleein Drehmoment⃗M = ⃗r × ⃗ F g = r ⃗e y × (−mg) ⃗e z = −mgr ⃗e y × ⃗e z = −mgr ⃗e x . (7.1)einwirkt. Dieses Drehmoment sorgt dafür, dass das System aus Wellrad, Seil undEimer in Bewegung gerät, und zwar mit einer Winkelbeschleunigung⃗α(t) = 1J ges⃗ M(7.1)= −mgrJ ges⃗e x . (7.2)Das Gesamtträgheitsmoment setzt sich zusammen aus dem Trägheitsmoment J S desWellrades und dem Beitrag des Eimers J Eimer = mr 2 :J ges = J S + J Eimer = J S + mr 2 . (7.3)Die Winkelgeschwindigkeit-Zeit-Funktion und die Winkel-Zeit-Funktion kommendurch Integrieren zu Stande:⃗ω(t) = ⃗ω}{{} 0 +=⃗0⃗ϕ(t) = ⃗ϕ}{{} 0 +=⃗0∫ t0∫ t0dτ ⃗α(τ) (7.2)=dτ ⃗ϕ(τ) (7.4)=∫ t0∫ t0dτ −mgr (7.3)⃗e x = −mgrJ S J S + mr t ⃗e} {{ 2 x , (7.4)}ω(t)dτ −mgr (7.3) −mgrτ ⃗e x =J S 2 (J S + mr 2 ) t2 ⃗e x . (7.5)} {{ }ϕ(t)Jens Patommel Seite 21 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Der Weg s(t), den der Eimer im Zuge der Winkeländerung ϕ(t) zurücklegt, beträgts(t) = ϕ(t) r =−mgr 22 (J S + mr 2 ) t2Gesucht ist die Geschwindigkeit, die der Eimer hat, nachdem er die Strecke l durchlaufenhat. Dazu berechnen wir die Zeit t 1 , die benötigt wird, um zur Positions(t 1 ) = −l zu gelangen (Minuszeichen, da z-Achse nach oben weist, der Eimer sichaber nach unten bewegt).t 1 >0⇐⇒ t 1 =−l = s(t 1 ) =−mgr 22 (J S + mr 2 ) t2 1√2 (J S + mr 2 ) lmgr 2 (7.6)Die gesuchte Geschwindigkeit des Eimers ergibt sich aus der Winkelgeschwindigkeitzur Zeit t 1 :√(7.4)⃗v 1 = ⃗v(t 1 ) = ω(t 1 ) r ⃗e z = −mgr2J S + mr t (7.6)2 1 ⃗e z = −mgr2 2 (J S + mr 2 ) l⃗eJ S + mr 2 mgr 2 z= −√2mgr 2 lJ S + mr 2 ⃗e z = −= −3.63 m s −1 ⃗e z(= −13.1 km h −1 ⃗e z).√2gl⃗e1 + J S z = −√ 2 · 9.81 m s−2 · 10.5 m⃗e0.92 kgmr 1 + 2 m2 z5.2 kg·(0.11 m) 22. Weg (Energieerhaltungssatz)Der Schwerpunkt des Systems senkt sich um l, es wird also die potentielle EnergieE pot = mglin kinetische Energie umgewandelt. Die kinetische Energie setzt sich aus der Rotationsenergiedes Wellrades und der Translationsenergie des Eimers zusammen:E kin = E rot + E trans= 1J 2 Sω 2 + 1 2[mv2( v) 2= 1 J2 S + mv2]r[= 1 2 mv2 1 + J ]Smr 2Mit E pot = E kin folgt somit dasselbe Ergebnis[mgl = 1 2 mv2 1 + J ]Smr 2wie wir es bereits unter Weg 1 erhalten haben.√⇐⇒ v 2 = 2gl2gl⇐⇒ |v| =,1 + J S1 + J mr 2 Smr 2Jens Patommel Seite 22 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Anhang zu Aufgabe 1Um zu illustrieren, wie viel Arbeit man sich durch die Transformation in Zylinderkoordinatenerspart, zeige ich jetzt, wie man das Integral in kartesischen Koordinatenlöst. Wir schreiben noch einmal das Integral aus (1.19) hin und nutzen die Spiegelsymmetriedes Integranden ausJ A(1.19)∫z 0= ρ 0 dz0Spiegelsymmetriebezüglich x und y∫ r 0−r 0dx−∫z 0= ρ 0 dz 2∫z 0= 4ρ 0 dz0∫z 0= 4ρ 0 dz0∫ r 00∫ r 0√+ r∫ 0 2−x2dy ( x 2 + y 2)√r 2 0 −x2∫ r 00√r 2 0 −x2∫dx 2 dy ( x 2 + y 2)0dx [ x 2 y + 1 3 y3]√ r 2 0 −x20dx√ [x 2 r0 2 − x 2 +√r ]1 3 23 0 − x 200⎡∫z 0∫ r 0= 4ρ 0 dzdx x√r 2 0⎢2 − x 20 ⎣ 0} {{ }I 1+ 1 3⎤∫ r 03dx√r0 2 − x 2 ⎥0⎦} {{ }I 2(8.1)Zunächst zeige ich, dass die beiden Integrale I 1 und I 2 gleich sind, indem ich dasIntegral I 1 partiell integriere ( ”Produktintegration“).∫ r 0partielleIntegration=∫ r 0√x r0 2 − x 2} {{ }v ′I 1 = dx x√r 2 0 2 − x 2 = dx x}{{}00u⎡⎤r 03∫⎢ −1⎣ x√r r 0323 0 − x 2 ⎥−1⎦ − dx 1√r3 0 2 − x 2}{{} } {{ } }{{} } {{ }uv00u ′v⎡⎤= − 1 33∫⎢3 ⎣r 0√r0 2 − r02 − 0√r r 00 2 − 0 2 ⎥⎦ + 1 3dx√r30 2 − x 2} {{ } } {{ }=0=00∫ r 03dx√r0 2 − x 2 = I 2 (8.2)= 1 30Jens Patommel Seite 23 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Damit wird (8.1) zuJ A(8.1)⎡∫z 0∫ r 0= 4ρ 0 dzdx x√r 2 0⎢2 − x 20 ⎣ 0} {{ }∫z 0= 8ρ 0 dz(8.2)0∫ r 0I 1+ 1 3⎤∫ r 03dx√r0 2 − x 2 ⎥0⎦} {{ }I 2 =I 1dx x√r 2 0 2 − x 2(8.3)0} {{ }I 1Das Integral I 1 kann man nun auf vielfältige Weise lösen, zum Beispiel, indem man(A) an dieser Stelle die Substitution x = r 0 sin(u) durchführt oder indem man (B)erst mal die Wurzel umformt, danach pariell integriert und erst dann substituiert.Da ich mich mal wieder nicht entscheiden kann und weil man aus beiden Methodenetwas lernen kann, beschreite ich beide Wege.Variante A (sofort substituieren)Wir führen die Substitution x = r 0 sin(u) mit 0 ≤ u ≤ π durch. Dies ist erlaubt, da2die Sinusfunktion im Intervall [0, π ] streng monoton steigend und somit eindeutig2umkehrbar ist.x(u) = r 0 sin(u), u ∈ [ ]0, π 2u(x) = arcsin ( x /r 0 ) , x ∈ [0, r 0 ]dx = ddu x(u) du = r 0 cos(u) duIch setze diese Substitution in das Integral (8.3) ein und nutze einige trigonometrischeIdentitäten aus, um folgende Umformungen zu erhalten:I 1 =∫ r 00dx x 2 √r 2 0 − x 2u(r∫ 0 )= r 0 cos(u)du} {{ }u(0)dx√r0 2 sin 2 (u)} {{ }x 2arcsin(r∫ 0/r 0 )= r04 du sin 2 (u) cos(u)arcsin(0/r 0 )r 2 0 − r 2 0 sin 2 (u)} {{ }=x 2√1 − sin 2 (u)} {{ }=|cos(u)|=cos(u)π/2∫= r04 du sin 2 (u) cos 2 (u) = · · ·0Jens Patommel Seite 24 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)⎡π/2∫· · · = r04 ⎢⎥du ⎣sin(u) cos(u) ⎦} {{ }0= 1 4 r4 0= 1 8 r4 0= 1 8 r4 0= 1 8 r4 0⎤2= 1 2 sin(2u)π/2∫du sin 2 (2u)} {{ }0 12 [1−cos(4u)]π/2∫du [1 − cos(4u)]0[u −1sin(4u)] π/24 0[ π − 1 sin(2π)]2 4= π 16 r4 0 = I 1 . (8.4)Der hierbei benutzte trigonometrische Zusammenhang sin 2 x+cos 2 x = 1 sollte allenbekannt sein (Pythagoras) und auch die Formel sin(2x) = 2 sin x cos x darf man alsIngeniuer bzw. Elektrotechniker gern auswendig wissen. Natürlich findet man beideFormeln in diversen Formelsammlungen, ansonsten kann man sie sich auch schnellselbst herleiten (a =Gegenkathete, b=Ankathete, c=Hypotenuse):( ) 2 ( 2 a bsin 2 x + cos 2 x = + =c c) a2 + b 2c 2Pytha−goras= c2c 2 = 1sowiesin(2x) = sin(x + x) = sin(x) cos(x) + cos(x) sin(x) = 2 sin(x) cos(x) .Die dritte Identität sin 2 (x) = 1 [1 − cos(2x)], die ich bei der obigen Umformung benutzthabe, ist nicht ganz so geläufig, man leitet sie unter Benutzung der Additions-2theoreme wie folgt her:cos(2x) = cos(x + x)= cos(x) cos(x) − sin(x) sin(x)= cos 2 (x) − sin 2 (x)= [ 1 − sin 2 (x) ] − sin 2 (x)= 1 − 2 sin 2 (x)⇐⇒ sin 2 (x) = 1 [1 − cos(2x)] .2Jens Patommel Seite 25 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)Variante B (erst partiell integrieren, dann substituieren)Durch Erweitern mit dem Wurzelterm bringt man die Wurzel in den Nenner, wodurchbeim Anschließenden partiellen Integrieren die Wurzel wieder zurück in denZähler kommt.I 1 ====∫ r 00∫ r 00∫ r 00∫ r 00dx x 2 √r 2 0 − x 2dx x 2 √r 2 0 − x 2 √r20 − x 2√r20 − x 2dx x 2 r2 0 − x 2√r20 − x 2dx x ( )x 2 − r02} {{ }u−x√r20 − x 2} {{ }⎡⎤⎢= ⎣x ( )√x 2 − r02 r0 2 − x 2 ⎥⎦} {{ } } {{ }uv∫ r 0= −3 dx x√r 2 0 2 − x 2 +r020} {{ }I 1v ′+r 00∫ r 0Auf diese Weise erhalten wir die GleichungI 1 = −3I 1 + r 2 0welche sich nach I 1 auflösen lässt:I 1 = 1 4 r2 0∫ r 000∫ r 00dx−dxdx∫ r 00dx [ ]3x 2 − r02} {{ }u ′√r 2 0 − x 2 .√r 2 0 − x 2 ,√r 2 0 − x 2 .√r 2 0 − x 2} {{ }vDas Integral hat sich auf diese Weise schon mal ziemlich vereinfacht, der Faktor x 2 istverschwunden. Genau wie in Variante (A) wird jetzt die Substitution x = r 0 sin(u)durchgeführtx(u) = r 0 sin(u), u(x) = arcsin ( x /r 0 ) , dx = r 0 cos(u) du ,Jens Patommel Seite 26 von 27

Physik 1 ET, WS 2012 — Aufgaben mit Lösung — 8. Übung (KW 51)woraufhin sich das Integral wie folgt verwandelt:u(r∫ 0 )√I 1 = 1 4 r2 0 du r 0 cos(u) r0 2 − r0 2 sin 2 (u)} {{ } } {{ }u(0) dxx 2= 1 4 r4 0= 1 4 r4 0= 1 8 r4 0= 1 8 r4 0π/2∫du cos(u)0√1 − sin 2 (u)} {{ }=cos(u)π/2π/2∫∫du cos 2 (u) = 1} {{ }8 r4 0 du [1 + cos(2u)]0 12 [1+cos(2u)] 0[u +1sin(2u)] π/22 0[ π + 1 sin(π) − 0 − 1 sin(0)]2 2 2= π 16 r4 0 = I 1 . (8.5)Natürlich ist dies das gleiche Ergebnis wie in (8.4) aus Variante A.Wir setzen (8.4) bzw. (8.5) in (8.3) einJ A(8.3)∫z 0= 8ρ 0 dz(8.4)0∫ r 00dx x 2 √r 2 0 − x 2∫z 0= 8ρ 0 dz π 16 r4 0 = 1πρ 2 0r0 4 z 00und erhalten das bereits bekannte Zwischenergebnis (1.12). Der Rest ist bekannt.Man beachte den in (1.13) beschriebenen Zusammenhang zwischen Dichte, Masseund Volumen der Kreisscheibe und erhalte mit J A = 1 2 mr2 0 das Ergebnis aus derFormelsammlung. Wie gesagt, in Zylinderkoordinaten gestaltet sich das Ganze etwaseinfacher!QuellenDie Aufgaben sind entnommen aus: Peter Müller, Hilmar Heinemann, Heinz Krämer,Hellmut Zimmer, Übungsbuch Physik, Hanser Fachbuch, ISBN: 978-3-446-41785-4http://www.hanser-fachbuch.de/buch/Uebungsbuch+Physik/9783446417854Die Übungs- und Lösungsblätter gibt es unterhttp://newton.phy.tu-dresden.de/~patommel/Physik_1_ETDie Homepage zur Vorlesung findet sich unterhttp://www.iapp.de/iapp/lehre/materialien/?v=peJens Patommel 27