Physik I, WS 1993/94

Lösungen zur Übung Nr. 5

Besprechung: 2. Dezember 1993
Aufgabe 1: (4 Punkte)
Lösung:

$$\overline{sin^{2}(\omega t - \phi)} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} sin^{2}(\omega t - \phi) = \frac{1}{2}$$

$$\overline{(a \; sin(\omega t) + b \; cos(\omega t))^{2}} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} (a \; sin(\omega t) + b \; cos(\omega t))^{2} = \frac{1}{2} (a^{2} + b^{2})$$

Aufgabe 2: (5 Punkte)
a) Die Geschwindigkeit im Punkt $C$ muß mindestens so groß sein, daß die Zentrifugalkraft $F_{z} = m \omega_{C}^{2} R = m v_{C}^{2}/R$ der Schwerkraft $F_{g}=mg$ entgegengesetzt gleich ist, also:

$$m \frac{v_{C}^{2}}{R} \ge mg \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; v_{C}^{2} \ge g R$$

Die Geschwindigkeit als Funktion der Anfangshöhe folgt aus der totalen Energiebilanz:

$$E = m g H = mg(2R) + \frac{1}{2} m v_{C}^{2} \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; v_{C}^{2} = 2gH - 4gR$$

Daher:

$$2gH - 4gR \ge gR \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; H \ge \frac{5}{2} R$$

b) Sei nun $H=3R$, dann ist die Geschwindigkeit in A,B,C und D wegen Energieerhaltung:

$$E = 3mgR = \frac{1}{2} m v_{A}^{2} = \frac{1}{2} m v_{B}^{2}... ...\frac{1}{2} m v_{C}^{2} + 2mgR = \frac{1}{2} m v_{D}^{2} + mgR$$

Dieses ergibt der Reihe nach:

$$v_{A} = \sqrt{6gR}, \; \; \; \; \; v_{B} = \sqrt{4gR}, \; \; \; \; \; v_{C} = \sqrt{2gR}, \; \; \; \; \; v_{D} = \sqrt{4gR}$$

c) Die Kraft ist jeweils die Vektorsumme von Zentrifugalkraft und Schwerkraft, also:

$$\begin{array}{lll} F_{A} = & m v_{A}^{2}/R + mg & = 7 mg \\ ... ... - mg & = 1 mg \\ F_{D} = & m v_{D}^{2}/R & = 4 mg \end{array}$$

Aufgabe 3: (5 Punkte)
a) Aus der Abbildung folgt:

$$tg(\phi) = \frac{F_{z}}{F_{g}} = \frac{m\omega^{2} (r_{0} + ... ...; g \; tg(\phi) = \omega^{2}r_{0} + \omega^{2} l \; sin(\phi)$$

Dieses ist eine transzendente Gleichung, die wir graphisch lösen:

Die Lösung ist $\underline{\phi \approx 80,6^{o}}$.
b) Für $r_{0}=0$ ist $g \; tg(\phi) = \omega^{2} l \; sin(\phi)$ oder

$$cos(\phi) = \frac{g}{\omega^{2} l}$$

In dieser Formel ist $cos(\phi)=1$ und damit $\phi=0$ für die Grenzfrequenz $\omega_{g} = \sqrt{g/l}$. Für $\omega \le \omega_{g}$ hat das System keinen festen Ausschlagwinkel, da die Komponente der Schwerkraft senkrecht zum Pendel grundsätzlich größer wird als die Komponente der Fliehkraft

Mit

$$F_{g \perp} = m g \; sin\phi$$

$$F_{F \perp} = m \omega^{2} l \; sin\phi \; cos\phi$$

gilt für $\omega^{2} < g/l$ die Abschätzung:

$$F_{F \perp} < m \frac{g}{l} l \; sin\phi \; cos\phi \le m g ... ...rp} < F_{g \perp} \; \; \; \forall \; \omega^{2} < \frac{g}{l}$$

Merkwürdigerweise ist $\omega_{g} = g/l$ aber gerade die Frequenz der linearen Pendelbewegung. Die Rotationsfrequenz ist also in Resonanz mit der Kreisfrequenz der linearen Pendelbewegung.

Aufgabe 4: (6 Punkte)
Für $a=0$ befindet sich der Wagen auf der Drehachse, wenn die Feder in Ruhelage ist, für $a<0$ ist die Feder vorgespannt und für $a>0$ ist die Feder bei $r=a$ in Ruhelage. Allgemein gilt:

$$2m \omega^{2} r = Dx = D(r-a) \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; (2m \omega^{2} - D) r = - D a$$

Für $a \ne 0$ folgt:

$$r = \frac{(D/2m)}{(D/2m) - \omega^{2}} a$$

mit positiven, von Null und unendlich verschiedenen Werten für $r$ bei:

$$\omega^{2} > \frac{D}{2m} \; \; \; \; \; f''ur \; \; \; a <0$$

$$\omega^{2} < \frac{D}{2m} \; \; \; \; \; f''ur \; \; \; a >0$$

Für $a=0$ schließlich gibt es nur eine von Null und Unendlich verschiedene Lösung für $r$, falls

$$\omega^{2} = \frac{D}{2m} \; \; \; \; \; f''ur \; \; \; a = 0$$

a) Damit ergibt sich die folgende Skizze der möglichen Werte für $\omega$ und $r$ bei den 3 Fallunterscheidungen für $a$:
b) Für $a<0$ und $\omega^{2}>D/2m$ existiert zwar ein Gleichgewicht, jedoch ist die Lage der Wagen grundsätzlich instabil. Bei größerem $r$ ist $F_{F} > F_{D}$, dh. wir haben keine Rückstellkraft, die Wagen laufen nach unendlich.
c) Eine stabile Lage und damit einen Fliehkraftregler mit $r=r(\omega)$ erhält man nur für $a>0$ und $\omega^{2}>D/2m$.
d) Für $a=0$ und $\omega^{2} = D/2m$ ist die Lage der Wagen bei jedem $r$ stabil.