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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:21 Fr 15.12.2006 | | Autor: | murmel |
| Aufgabe | | [Dateianhang nicht öffentlich] |
Ich habe so begonnen:
Die Lageenergie habe ich mit den Größen ja schon gegeben
[mm]E_p_o_t = m*g*R[/mm]
Ich stelle mir vor, dass die Kräfte in einem bestimmten Winkel gleich groß sind:
[mm] E_p_o_t = E_r_o_t[/mm]
[mm] E_r_o_t [/mm] ist gegeb mit
[mm]E_r_o_t = \bruch{1}{2} * \bruch{2}{5} * m * r^2 * \omega^2[/mm]
Ich kann [mm] \alpha [/mm] berechnen
[mm] \omega = \alpha * t[/mm]
und v berechnen mit
[mm]v = g * t[/mm]
Aus beiden Gleichung folgt:
[mm]\alpha = \bruch{\omega * g}{v}[/mm]
bzw.
[mm] \phi = 0,5 * \alpha * t^2[/mm]
[mm] t = \bruch{\omega}{g}[/mm]
[mm] \phi = 0,5 * \alpha * \bruch{\omega^2}{g^2}[/mm]
ODER
[mm] \phi = 0,5 * \bruch{\omega^2}{g}[/mm]
Kann mir jemand schreiben ob der Ansatz stimmt und ob als Winkel rauskommt:
[mm]\bruch{v^2}{\alpha * 2}[/mm] ?
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Danke für Hilfe!
Dateianhänge:
Anhang Nr. 2 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:28 Fr 15.12.2006 | | Autor: | murmel |
Alles Blödsinn, was ich geschrieben habe.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:19 Fr 15.12.2006 | | Autor: | murmel |
Ok, das war wohl nichts!
Ich muss anders anfangen.
Das Trägheitsmoment soll genutzt werden.
Wenn ich die Information aus der Zeichnung richtig verstehe, muss ab dem Winkel [mm] \phi [/mm] die Tangentialbeschleunigung gleich der Erdbeschleunigung sein.
Oder [mm] F_z [/mm] = [mm] F_G
[/mm]
Das wäre einleuchtend!
Aber wie baue ich das Trägheitsmoment ein?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:11 Fr 15.12.2006 | | Autor: | a404error |
also ich hab 53° ca aber das trägheits moment habe ich glaube ich nich benutzt... ich poste mal morgen meinen weg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:15 Fr 15.12.2006 | | Autor: | murmel |
Hey, das wäre toll!
Dank' Dir!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Sa 16.12.2006 | | Autor: | a404error |
Epot(anfang)=Epot+Ekin+Erot (bin bei der höhe vom kontaktpunkt ausgegangen, eigentlcih miss der durchmesser der kleinen kugel auch mit aber da ich ihn ueberall weggelassen habe ändert das nix)
mgR=mgR-dh+(1/2)mv²+(1/5)mv² (1/5 kommt von (2/5)*(1/2)mR²*(v²/R²) und dh = höhen unterschied der positionen der kugel
gR=[mm]\cos\phi[/mm] * Rg+ (7/10)v²
gR-[mm]\cos\phi[/mm] *Rg=(7/10)v²
gR(1-[mm]\cos\phi[/mm])=(7/10)v² => [mm] v=\wurzel{\bruch{10gR(1-cos\phi)}{7}}
[/mm]
dann [mm] Fz=m*(v²/R)=\bruch{10gR(1-\cos\phi)}{7} [/mm] *(m/R)
mg[mm]\cos\phi[/mm]= [mm] \bruch{10gR(1-\cos\phi)}{7}
[/mm]
[mm] =>\cos\phi =\bruch{10}{7}-\bruch{10}{7}\cos\phi
[/mm]
hier fehlt nochn schritt
[mm] =>\phi \approx [/mm] 53,9°
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:07 Sa 16.12.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo
Werte hab ich nicht nachgerechnet, aber der Rechenweg ist gut und richtig.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:06 Sa 16.12.2006 | | Autor: | a404error |
thx! gut zu hören das der rechenweg richtig ist ^^
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:39 Sa 16.12.2006 | | Autor: | murmel |
Was ist bitte [mm]m*g* \cos \phi[/mm]?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:53 Sa 16.12.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo murmel
Die radiale Komponente von mg, also die Zentripetalkraft.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:58 Sa 16.12.2006 | | Autor: | murmel |
Oh, ja! Wie dumm von mir!
Hab' Nachsicht, ich bin ein mit Röhren betriebenes Auslaufmodell... :-D
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:55 Sa 16.12.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Murmel
1. Dein Anfang, v aus dem Energiesatz auszurechnen ist gut. Nur musst du entweder die Energie aus der Rotationsbewegung um den Auflagepunkt berechnen und dann auch das Trägheismoment -mit Steinerschem Satz- der Kugel um den Auflagepunkt nehmen
oder du addierst die Rotationsenergie um den Mittelpunkt und die " Translations"kin. Energie. Das ganze dann =m*g*h, h aus [mm] \Phi [/mm] berechnen.
2.wieso die Gewichtskraft= Tangentialkraft sein soll, versteh ich nicht, kann sie ja auch nirgends, ausser im untersten Punkt.
Aber du hast ja ne Kreisbewegung,um dem Mittelpunkt des Zylinders R, d.h. um auf dem kreis zu bleiben muss auf die Kugel mindestens die Zentripetalkraft [mm] mv^2/(R+r) [/mm] wirken.
das kann nur die Komponente der Gewichtskraft auf den Mittelpunkt zu sein. Also die ausrechnen und [mm] \ge [/mm] Zentripetalkraft. das [mm] v^2 [/mm] in dieser aus dem Energiesatz.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:44 Fr 15.12.2006 | | Autor: | murmel |
Das Trägheitsmoment muss aber in der Betrachtung berücksichtigt werden, da sich die Geschwindigkeit bei der Kugel ändert und diese tangential beschleunigt wird mit [mm] \alpha [/mm] = g (Damit sie tangential ausbrechen kann); gleichzeitig wird die Beschleunigung verzögert. Das hat zur Folge, dass je kleiner R (R=r), desto größer [mm] \phi. [/mm] Und anders herum, Je größer R (R>>r), desto kleiner [mm] \phi. [/mm]
Denn: Große Kugel großes Trägheitsmoment, kleine Kugel kleines Trägheitsmoment.
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