Lösungen zur Übung Nr. 5

Besprechung: Donnerstag, den 25. November 1999
Aufgabe 1: (4 Punkte)
Am tiefsten Punkt der Bahn ist die Auflagekraft auf die Bahn durch

$$F = m a = mg + m a_{N} = m ( g + \frac{v_{0}^{2}}{r_{0}})$$

gegeben, wobei $v_{0}^{2} = 2 g h$ und $r_{0}$ der Krümmungsradius ist. Dieser ist gegeben durch

$$r = \frac{ \left[ 1 + (dy/dx)^{2} \right]^{3/2}}{d^{2}y/dx^{2}}.$$

Wegen $dy/dx = 2 kx$ und $d^{2}y/dx^{2} = 2k$ folgt an der Stelle $x = 0$ der Wert $r(x=0) = r_{0} = 1/(2k)$. Daher

$$F = mg + \frac{v_{0}^{2}}{r_{0}} = mg + 4 m g h k = mg ( 1 + 4 h k).$$

Falls man sich mit der Formel für den Krümmungsradius schwertut, kann man auch folgende Argumentation verwenden. Das zeitliche Verhalten der Bahn ist durch $(x(t),y(t))$ gegeben. Wegen

$$\frac{d^{2}y}{dt^{2}} = 2k \left( \frac{dx}{dt} \right)^{2} + 2k x \frac{d^{2}x}{dt^{2}}.$$

Am tiefsten Punkt der Bahn ist dann

$$a_{N} = \frac{d^{2}y}{dt^{2}}_{(x=0)} = 2k \left( \frac{dx}{dt} \right)^{2}_{(x=0)} = 2 k v_{0}^{2},$$

und $v_{0}^{2} = 2 g h$, also

$$a_{N} = 4 k g h.$$

Aufgabe 2: (6 Punkte)
Zur Lösung der Aufgabe setzt man für einen der Wagen die Kraftgleichung aus Federkraft $\vec{F_{f}}$ und Zentrifugalkraft $\vec{F_{z}}$ an:

$$\frac{1}{2} F_{f} + F_{z} = m \frac{d^{2}r}{dt^{2}},$$

wobei $r$ die Position des Wagens auf der Schiene von der Drehachse aus gemessen ist. Wir brauchen keine Vektoren zu schreiben, da beide Kräfte in Richtung von $\vec{r}$ zeigen. Auf einen der beiden Wagen wirkt nur die halbe Federkraft. Daher gilt:

$$- \frac{1}{2} D x + m\omega^{2} r = m \frac{d^{2}r}{dt^{2}}$$

Mit $r = x + a$ können wir auch schreiben:

$$- D(r-a) + 2 m \omega^{2} r = 2 m \frac{d^{2}r}{dt^{2}}.$$

Als erstes bestimmen wir die Gleichgewichtslage $r_{0}$ des Wagens. In diesem Fall wirkt keine Beschleunigung, also $d^{2}r/dt^{2} = 0$ und

$$r_{0} = \frac{-D a}{2m \omega^{2} - D}.$$

Da $r_{0} > 0$ sein muss, existiert nur eine Gleichgewichtslage für $a>0$ und $D > 2 m \omega^{2}$ (1. Fall) oder $a < 0$ und $D < 2 m \omega^{2}$ (2. Fall). Für $2 m \omega^{2} = D$ und $a = 0$ ist der Wagen immer im Gleichgewicht (indifferentes Gleichgewicht).
Zur Untersuchung der Stabilität der Gleichgewichtslagen lenken wir den Wagen um eine kleine Strecke $\epsilon$ aus und untersuchen die Reaktion des Wagens auf diese Störung.

$$r(t) = r_{0} + \epsilon(t).$$

Die Bewegungsgleichung wird zu

$$-D (r_{0} + \epsilon - a) + 2 m \omega^{2} (r_{0} + \epsilon) = 2 m \frac{d^{2}\epsilon}{dt^{2}}.$$

Setzt man noch für $r_{0}$ die bereits oben angeschriebene Lösung ein, so folgt nach einigen Umformungen die DGL

$$(2 m \omega^{2} - D) \epsilon = 2 m \frac{d^{2}\epsilon}{dt^{2}}.$$

Falls $D < 2 m \omega^{2}$ (2. Fall) wird der Wagen bei einer positiven Auslenkung $\epsilon > 0$ weiter nach aussen beschleunigt ( $d^{2}\epsilon/dt^{2}>0$). Dieser Fall ist also instabil.
Falls $D > 2 m \omega^{2}$ (1. Fall) wird der Wagen bei einer positiven Auslenkung $\epsilon > 0$ zurück nach innen, also zur Gleichgewichtslage hin, beschleunigt ( $d^{2}\epsilon/dt^{2}<0$). Dieser Fall ist also stabil und kann als Fliehkraftregler benutzt werden.
Aufgabe 3: (5 Punkte)
Allgemein gilt:

$$tg \varphi = \frac{F_{z}}{F_{g}} = \frac{m\omega^{2} l \; sin\varphi}{mg}$$

oder

$$\omega^{2} = \frac{g}{l \; cos\varphi}.$$

a) In unserem Fall ist der Grenzwinkel durch $sin\varphi_{g} = r/l$ gegeben, also $cos\varphi_{g} = (1/l) \sqrt{l^{2} - r^{2}}$. Daher folgt

$$\omega_{g} = \sqrt{\frac{g}{\sqrt{l^{2} - r^{2}}}} = 4,63 \; s^{-1}.$$

b) Das Drehmoment $\tau$ ist durch $dL = \tau \; dt$ definiert. Wir müssen also die Drehimpulse $L$ im Anfangs- und $L_{g}$ im Endzustand bestimmen. Im Anfangzustand ist

$$L = m l^{2} \; sin^{2}\varphi \; \omega = m l^{2} \; sin^{2}\varphi \sqrt{\frac{g}{l \; cos\varphi}}.$$

Für $\varphi = 45^{o}$ ist $sin\varphi = cos\varphi = \sqrt{2}/2$ und daher

$$L = \frac{m}{2} l^{2} \sqrt{\frac{\sqrt{2} g}{l}} = 0,658 \; kg \cdot m^{2} \cdot s^{-1}.$$

Im Endzustand ist entsprechend:

$$L_{g} = m r^{2} \omega_{g}^{2} = 0,185 \; kg \cdot m^{2} \; s^{-1}.$$

Für das Drehmoment folgt mit $T = 10 \; s$:

$$\tau = \frac{L - L_{g}}{T} = 0,0473 \; kg \cdot m^{2} \cdot s^{-2}.$$

Aufgabe 4: (5 Punkte)
Wir bezeichnen mit $x_{1}$ und $x_{2}$ die Unterteilung der Stange, sodass also $x_{1} + x_{2} = L$ ist. Das Drehmoment eines infinitesimalen Massenelementes $dm = \rho A dx$, mit Querschnitt $A$ und Dichte $\rho$ ist also

$$d\tau = g x \; dm = g \rho A x \; dx.$$

Daraus folgt, zusammen mit den Massen $m_{1}$ und $m_{2}$:

$$\tau_{1} = m_{1} g x_{1} + g \rho A \int_{0}^{x_{1}} x \; dx = m_{1} g x_{1} + \frac{1}{2} g \rho A x_{1}^{2} = m_{1} g x_{1} + M_{1} g \frac{x_{1}}{2}$$

$$\tau_{2} = m_{2} g x_{2} + g \rho A \int_{0}^{x_{2}} x \; dx = m_{2} g x_{2} + \frac{1}{2} g \rho A x_{2}^{2} = m_{2} g x_{2} + M_{2} g \frac{x_{2}}{2}$$

Bei der Stange greifen die Kräfte also auch im Schwerpunkt der Teilstücke $x_{1}$ und $x_{2}$ an. $M_{1}$ und $M_{2}$ sind die Massen dieser Teilstücke. Im Gleichgewicht muss $\tau_{1} = \tau_{2}$ sein, d.h.

$$\frac{1}{2} \rho A x_{1}^{2} + m_{1} x_{1} = \frac{1}{2} \rho A x_{2}^{2} + m_{2} x_{2}.$$

Elimination von $x_{2} = L - x_{1}$ ergibt:

$$x_{1} = \frac{\rho A L^{2} + 2 m_{2} L}{2m_{1} + 2m_{2} + 2\... ...t( \frac{M+2m_{2}}{M + m_{1}+m_{2}} \right) L \approx 1,2 \; m$$

Entsprechend ist $x_{2} \approx 0,8 \; m$.