Lösungen zur Übung Nr.9
Besprechung: Donnerstag, d. 22. Dezember 2005

Aufgabe 1:
Wir zerlegen den Kreiskegel in dünne Scheiben der Dicke $dz$ und Radius $r = R(1- z/H)$. $H$ ist die Höhe des Kegels und $R$ der Radius des Basiskreises (siehe Abbildung).

Abbildung 1: Bezeichnungen beim Kreiskegel
Die Masse einer dünnen Kreisscheibe ist dann $dm = \rho \pi r^{2} dz = \rho \pi R^{2} (1 - z/H)^{2} dz$, mit der Massendichte $\rho$. Die Masse des gesamten Kreiskegels ist dann

\begin{displaymath} M = \int dm = \rho \pi R^{2} \int_{0}^{H} \left( 1 - \frac{z}{H} \right)^{2} dz = \frac{1}{3} \rho \pi R^{2} H. \end{displaymath}

a) Wir wählen die Symmetrieachse des Kegels als $z$- Achse. Dann liegen aus Symmetriegründen die $x$- und $y$- Koordinaten des Schwerpunktes bei $x_{S} = 0$ und $y_{S} = 0$. Für die $z$- Koordinate folgt nach Definition

\begin{displaymath} z_{S} = \frac{1}{M} \int_{0}^{H} z \; dm = \frac{\rho \pi R^... ...ight)^{2} dz = \frac{\rho \pi R^{2}}{12 M} H^{2} = \frac{H}{4} \end{displaymath}

b) Das Trägheitsmoment einer Kreisscheibe ist nach Skript $dI = (1/2) r^{2} dm$. Integration von $0$ bis $H$ ergibt:

\begin{displaymath} I = \int dI = \frac{1}{2} \int r^{2} dm = \frac{1}{2} \rho \pi R^{4} \int_{0}^{H} \left( 1 - \frac{z}{H} \right)^{4} dz \end{displaymath}

Hierbei haben wir die Ausdrücke für $r$ und $dm$ am Anfang der Lösung benutzt. Auswertung des Integrals führt auf

\begin{displaymath} I = \frac{1}{10} \rho \pi R^{4} H = \frac{3}{10} M R^{2} \end{displaymath}


Aufgabe 2:
Die Drehimpulse $L_{1}$ vorher und $L_{2}$ nachher sind
$\displaystyle L_{1}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} M R^{2} \omega_{1} + m R^{2} \omega_{1} = \left( \frac{M}{2} + m \right) R^{2} \omega_{1}$  
$\displaystyle L_{2}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{M}{2} R^{2} \omega_{2}$  

Drehimpulserhaltung verlangt $L_{1} = L_{2}$. Daraus folgt

\begin{displaymath} \omega_{2} = \left( 1 + 2 \frac{m}{M} \right) \omega_{1} \end{displaymath}

Die Winkelgeschwindigkeit vergrößert sich also.
b) Für die Energien gilt entsprechend:
$\displaystyle E_{1}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} L_{1} \omega_{1} = \frac{1}{2} \left( \frac{M}{2} + m \right) R^{2} \omega_{1}^{2}$  
$\displaystyle E_{2}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} L_{2} \omega_{2} = \frac{1}{2} \; \frac{M}{2} \omega_{2}^{2} = \frac{M}{4} R^{2} \left( 1 + 2 \frac{m}{M} \right)^{2} \omega_{1}^{2}$  

Die Zunahme der Energie ist

\begin{displaymath} E_{2} - E_{1} = \left( \frac{m}{2} + \frac{m^{2}}{4M} \right) R^{2} \omega_{1}^{2}. \end{displaymath}

c) Diese Energie muss vom Ingenieur aufgebracht werden, indem er gegen die Zentrifugalkraft Arbeit leistet.
Aufgabe 3:
a) Trägheitsmomente werden allgemein durch eine Formel

\begin{displaymath} I = q M L^{2} \end{displaymath}

dargestellt, wobei $q$ ein numerischer Faktor und $L$ eine charakteristische Länge des Körpers ist. Daher gilt auch

\begin{displaymath} \frac{I}{M} = q L^{2}. \end{displaymath}

Wir betrachten allgemein eine Kugel mit Wandstärke $d = R_{2} - R_{1}$. Die Rotationsachse gehen durch den Mittelpunkt der Kugel, wir wählen sie als $z$- Achse (siehe Abbildung).

Abbildung 2: Kugelkoordinaten
Dann können wir für die Massse

\begin{displaymath} M = \rho \int dV = \rho \int r^{2} sin\theta \; dr \; d\theta \; d\varphi \end{displaymath}

schreiben. Für das Trägheitsmoment erhalten wir ähnlich:
$\displaystyle I$ $\textstyle =$ $\displaystyle \rho \int (x^{2} + y^{2}) dV$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle \rho \int r^{2} sin^{2}\theta \; r^{2} sin\theta \; dr \; d\theta d\varphi$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle \rho \int r^{4} sin^{3}\theta \; dr \; d\theta d\varphi$  

Das Verhältnis ist allgemein

\begin{displaymath} \frac{I}{M} = \frac{2 \pi \rho \int r^{4} dr \; \int sin^{3}... ...d\theta} = \frac{2}{3} \; \frac{\int r^{4} dr}{\int r^{2} dr} \end{displaymath}

Für eine Vollkugel setzen wir die Integrationsgrenzen $R_{1} = 0$ und $R_{2} = R$ und erhalten

\begin{displaymath} \frac{I}{M} = \frac{2}{3} \; \frac{(1/5) R^{5}}{(1/3) R^{3}} = \frac{2}{5} R^{2}. \end{displaymath}

Bei der Hohlkugel ist $R \approx R_{1} \approx R_{2}$ und daher

\begin{displaymath} \frac{I}{M} = \frac{2}{3} \; \frac{R^{4}}{R^{2}} = \frac{2}{3} R^{2}. \end{displaymath}

Wir fassen zusammen:
$\displaystyle Vollkugel: \; \; \; \; \; I$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{2}{5} M R^{2}$  
$\displaystyle Hohlkugel: \; \; \; \; \; I$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{2}{3} M R^{2}$  

b) Die Geschwindigkeit beider Kugeln ist am Anfang gleich, und zwar $v_{0}$, die kinetische Energie ist aber verschieden:

\begin{displaymath} E_{kin} = E_{t} + E_{r} = \frac{1}{2} M v_{0}^{2} + \frac{1}... ...frac{1}{2} M v_{0}^{2} + \frac{1}{2} I \frac{v_{0}^{2}}{R^{2}} \end{displaymath}

Im letzten Schritt haben wir $\omega = v_{0}/R$ benutzt. Wir setzen die Werte für $I$ und erhalten
$\displaystyle Vollkugel: \; \; \; \; \; E_{kin}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{7}{10} M v_{0}^{2} = \frac{21}{30} M v_{0}^{2}$  
$\displaystyle Hohlkugel: \; \; \; \; \; E_{kin}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{5}{6} M v_{0}^{2} = \frac{25}{30} M v_{0}^{2}$  

Diese Energie wird in potentielle Energie umgesetzt, $E_{kin} = M g H$, daher
$\displaystyle Vollkugel: \; \; \; \; \; H$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{7}{10} \frac{v_{0}^{2}}{g}$  
$\displaystyle Hohlkugel: \; \; \; \; \; H$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{5}{6} \frac{v_{0}^{2}}{g}$  



Harm Fesefeldt
2006-01-10