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Aufgabenblatt zum Seminar 12
PHYS70356 Klassische und relativistische Mechanik (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

Othmar Marti, (othmar.marti@uni-ulm.de)

Date: 19. 01. 2009

Aufgaben

1. Im körpereigenen Bezugssystem befinden sich die beiden Massenpunkte mit der Masse $m$ bei

   $$\vec{r}_{1} =\left( \begin{array}[c]{c} a\ 0\ c \end{array} \right) \vec{r}_{2} = \left( \begin{array}[c]{c} -a\ 0\ -c \end{array} \right) \vec{\omega} =\left( \begin{array}[c]{c} 0\ 0\ \omega_{z} \end{array} \right)$$ Die Winkelgeschwindigkeit sei

   
   

   Berechnen Sie a) $\vec{L}_{0}$, b) $E_{kin}$ und c) $\frac{d\vec{L}_{0}}{dt}=\vec{M}_{0}$.

2. Berechnen Sie das Trägheitsmoment einer homogenen Vollkugel für eine Rotationsachse durch den Schwerpunkt.

3. Ein Modell eines $CO_{2}-$Moleküls ist
   

   Der Abstand zwischen $C$ und $O$ sei $130 \pico\metre$. Der Durchmesser von $C$ sei $5,5 \femto\metre$, der von $O$ sei $6,0 \femto\metre$. Die Atomkerne werden als homogene Kugel angenommen, wobei die Masse von einem Proton oder einem Neutron etwa $1.67\cdot10^{-27} \kilo\gram$ ist.

   Berechnen Sie

   1. das Trägheitsmoment für eine Drehachse durch den Schwerpunkt (Symmetrie) senkrecht zur Molekülachse,

   2. das Trägheitsmoment für eine Drehachse parallel zur Molekülachse durch $S$.

   3. Jede dieser Rotationsbewegungen habe eine Energie von
      $$E_{rot}=\frac{1}{2}k_{B}T=4,2 \zepto\joule$$

      Wie gross ist für die beiden möglichen Rotationsrichtungen $\omega$?

      Bemerkung: Diese klassische Überlegung kann höchstens ein Anhaltspunkt, aber keine physikalisch korrekte Beschreibung bieten.

4. Eine Radarantenne (siehe die unten stehende Zeichnung) auf dem schwerelos dahingleitenden Raumschiff Enterprise besteht aus einem ebenen rechteckigen Reflektor $A$ der Länge $a$, der Höhe $b$ und der Masse $m_R$ mit einer vernachlässigbaren Dicke, der in der Mitte der langen Seite und parallel zur kurzen Seite mit der masselosen Drehachse verbunden ist.
   
   
   Der Empfänger wird als eine Vollkugel $C$ der Masse $m_K$ mit dem Radius $r$ modelliert, die mit einer Stange $B$ der Masse $m_s$, der Länge $h$ (gemessen vom Schwerpunkt der Kugel bis zur Drehachse) und einem vernachlässigbaren Durchmesser starr mit der Drehachse verbunden ist.
   
   1. Berechnen Sie das Trägheitsmoment der Kugel bezüglich der Drehachse.
   2. Berechnen Sie das Trägheitsmoment der gesamten Anordnung.
   3. Zur Zeit $t=0$ sei die ganze Anordnung in Ruhe. Für $t>0$ wirke ein konstantes Drehmoment $M$, das die Radarantenne in Drehung versetzt. Geben Sie die Winkelgeschwindigkeit $\omega(t)$ und den zurückgelegten Winkel $\phi(t)$ als Funktion der Zeit an.
   4. Wo entlang der Verbindungsstange $B$ müsste die Drehachse befestigt werden, damit das Trägheitsmoment minimal wäre?
5. Eine Sperrholzfigur eines Schneemanns ( $\rho_{Sperrholz} = 947 \kilo\gram\per\cubic\metre$) bestehe aus drei übereinander angeordneten aus dem Sperrholz der Dicke $d=7 \milli\metre$ ausgeschnittenen Kreisscheiben. Der Kopf habe einen Durchmesser $d_{Kopf} = 8 \centi\metre$, die beiden Kreisplatten für den Rumpf seien identisch und haben einen Durchmesser von jeweils $d_{Rumpf}=15 \centi\metre$. Der Schneemann sei an einer Schnur mit der Länge $\ell=1 \centi\metre$ oben an seinem Kopf nahe an einer Wand aufgehängt. Der Schneemann bewege sich reibungsfrei. Berechnen Sie die Pendelfrequenz des Schneemanns für kleine Auslenkungen.
6. Ein Schlagbaum (Gesamtlänge $9 \metre$, davon die ersten $3 \metre$ vom Drehpunkt an mit einem Durchmesser von $30 \centi\metre$, die nächsten $3 \metre$ mit einem Durchmesser von $20 \centi\metre$ und die letzten $3 \metre$ mit einem Durchmesser von $15 \centi\metre$) aus Holz ( $\rho= 947 \kilo\gram\per\cubic\metre$) falle aus seiner Ruhelage (Winkel von $75\degree$ gegen die Horizontale).
   1. Beschreiben Sie die Bewegung mathematisch.
   2. Wie gross ist die Winkelbeschleunigung am Anfang?
   3. Wie gross ist die Winkelgeschwindigkeit, wenn der Schlagbaum die Horizontale erreicht?
   4. Wie gross ist der Kraftstoss auf das Gegenlager?

7. (Im Seminar, 12 Min.) Ein homogenes Rad der Masse $m$ mit dem Radius $r$ ( $I= \frac{1}{2}m r^2$) rolle auf einer horizontalen Ebene mit der Winkelgeschwindigkeit $\omega$.
   1. Berechnen Sie mit dem Satz von Steiner das Trägheitsmoment für Drehungen um die momentane Drehachse.
   2. Berechnen Sie für die Drehung um die momentane Drehachse die gesamte kinetische Energie.
   3. Wir betrachten das Problem von der Achse des Rades aus. Berechnen Sie hier die gesamte kinetische Energie mit allen Translations- und Rotationskomponenten.

8. (Im Seminar, 3 Min) Wenn ein Eiskunstläufer eine Pirouette zeigt, zieht er beide Arme an den Körper. Wir wissen, dass in diesem Falle $L=\omega I$ ist. Nachdem die Arme an den Körper gezogen wurden, gilt:
   1. Der Drehimpuls und die Rotationsenergie sind gleich.
   2. Der Drehimpuls hat zugenommen, die Rotationsenergie ist gleich.
   3. Der Drehimpuls hat abgenommen, die Rotationsenergie ist gleich.
   4. Der Drehimpuls bleibt gleich, die Rotationsenergie hat zugenommen.
   5. Der Drehimpuls bleibt gleich, die Rotationsenergie hat abgenommen.
   6. Der Drehimpuls hat zugenommen, die Rotationsenergie hat zugenommen.
   7. Der Drehimpuls hat zugenommen, die Rotationsenergie hat abgenommen.
   8. Der Drehimpuls hat abgenommen, die Rotationsenergie hat zugenommen.
   9. Der Drehimpuls hat abgenommen, die Rotationsenergie hat abgenommen.

Lösungen

1. 1. Wir verwenden die Definition von $\vec{L}_{0}= \vec{r}\times\vec{p}$ und $\vec{v}= \vec{\omega}\times\vec{r}$

      $$\vec{L}_{0} = \vec{r}_{1}\times\left(m\vec{\omega}\times\vec{r}_{1}\right)+ \vec{r}_{2}\times\left(m\vec{\omega}\times\vec{r}_{2}\right)$$

      $$=m \left[\left( \begin{array}[c]{c} a\\ 0\\ c \end{array} \right)... ...\times\left( \begin{array}[c]{c} -a\\ 0\\ -c \end{array} \right)\right\}\right]$$

      $$=m \left[\left( \begin{array}[c]{c} a\\ 0\\ c \end{array} \right)... ...imes\left( \begin{array}[c]{c} 0\\ -a \omega_{z}\\ 0 \end{array} \right)\right]$$

      $$=m \left[\left( \begin{array}[c]{c} - a c \omega_{z}\\ 0\\ a^2 \o... ...t( \begin{array}[c]{c} -a c \omega_{z}\\ 0\\ a^2 \omega_{z} \end{array} \right)$$

      
      

   2. Mit $E_{kin}=\frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\vec{L}_{0}$ bekommen wir
      $$E_{kin} = \frac{1}{2}\left( \begin{array}[c]{c} 0\\ 0\\ \omeg... ...a c \omega_{z}\\ 0\\ a^2 \omega_{z} \end{array}\right)=m a^2 \omega_{z}^{2}$$

   3. Alle Rechnungen warten im körperfesten Bezugssystem berechnet. Deshalb müssen wir das Drehmoment über das Kreuzprodukt berechnen:
      $$\vec{M}_{0} = \frac{d\vec{L}_{0}}{dt} = \vec{\omega}_{z}\times\ve... ...eft( \begin{array}{c} 0 \\ -a c \omega_{z}^{2} \\ 0 \\ \end{array}\right)$$

2. Wir verwenden Kugelkoordinaten. Die Drehachse soll (ohne Beschränkung der Allgemeinheit) durch den Süd- und den Nordpol gehen. Der Abstand eines Punktes mit den Koordinaten $(\hat{r},\varphi\theta)$ von der Drehachse ist dann $R=\hat{r}\sin(\theta)$. Die Integrationsgrenzen sind $0\leq \hat{r} \leq r$, $0\leq \varphi \leq 2\pi$ und $0 \leq \theta \leq \pi$. Also haben wir

   $$\mathsf{I} = \int\limits_{0}^{r}\int\limits_{0}^{\pi}\int\limits_{0}^{2\pi} ... ...left(\hat{r}\sin(\theta)\right)^2 \hat{r}^2 \sin(\theta)\,d\varphi\,d\theta\,dr$$

   $$= 2\pi\rho \int\limits_{0}^{r}\int\limits_{0}^{\pi} \hat{r}^{4}\sin^{3}(\theta)\,d\theta\,dr$$

   $$= 2\pi\rho \frac{4}{3} \int\limits_{0}^{r} \hat{r}^{4}\,dr$$

   $$= 2\pi\rho \frac{4}{3} \frac{r^5}{5} = \frac{4\pi}{3}\rho r^3 \cdot \frac{2}{5} r^2 = \frac{2}{5}m r^2$$

   
   
   Wir haben verwendet, dass das Volumen einer Kugel
   $$V_{Kugel} = \frac{4\pi}{3}r^3$$
   ist und dass
   $$\int \sin^{3}(\theta)\,d\theta = -\frac{1}{3}\left( \sin \left( \... ... \right) ^{2} \cos \left( \theta \right) -\frac{2}{3}\cos \left( \theta \right)$$
   ist. Mit den Grenzen 0 und $\pi$ bekommt man
   $$\int\limits_{0}^{\pi} \sin^{3}(\theta)\,d\theta = \left.-\frac{1}... ...ght) -\frac{2}{3}\cos \left( \theta \right)\right\vert _{0}^{\pi} = \frac{4}{3}$$

3. Das Trägheitsmoment einer Kugel bei bei der Rotation durch den Schwerpunkt ist $\mathsf{I}_{Kugel} = \frac{2}{5} m r^2$.
   1. Die Schwerpunkte der beiden $O$-s sind um den Abstand $\ell_{O-C}$ von $O$ zu $C$ plus den halben Durchmessern $d_{O}$ des Sauerstoffs und $d_{C}$ des Kohlenstoffs von der Drehachse entfernt. Ein übliches Kohlenstoffatom hat 12 Neutronen und Protonen, von denen jedes etwa $1.67\cdot10^{-27} \kilo\gram$ wiegt. Sauerstoff hat 16 Protonen und Neutronen. Wir haben also

      $$\mathsf{I}_{\perp} = 2\left(\mathsf{I}_{O}+m_{O}\left(\ell_{O-C}+\frac{d_{O}+d_{C}}{2}\right)^2\right) +I_{C}$$

      $$= 2\left(\frac{2}{5}m_{O}\frac{d_{O}^{2}}{4}+m_{O}\left(\ell_{O-C}+\frac{d_{O}+d_{C}}{2}\right)^2\right) +\frac{2}{5}m_{C} \frac{d_{C}^{2}}{4}$$

      $$= 2m_{O}\left(\frac{d_{O}^{2}}{10}+\ell_{O-C}^{2}+\ell_{O-C}(d_{O}+d_{C})+\left(\frac{d_{O}+d_{C}}{2}\right)^2\right) +m_{C} \frac{d_{C}^{2}}{10}$$

      $$= 2\cdot16\cdot 1.67\cdot 10^{-27}~\kilo\gram\left(\frac{6.0^2\cdot... ...1.3\cdot10^{-10}~\metre+\frac{(5.5+6.0)\cdot10^{-15}~\metre}{2}\right)^2\right)$$

      $$+12\cdot1.67\cdot 10^{-27}~\kilo\gram\cdot\frac{5.5^{2}\cdot10^{-30}~\squaren\metre}{10}$$

      $$= 5.344\cdot 10^{-26} \left(3.6\cdot10^{-30} +\left(1.3\cdot10^{-10}+5.75\cdot10^{-15}\right)^2\right)~\kilo\gram\usk\squaren\metre$$

      $$+2.004\cdot10^{-26}\cdot3.025\cdot10^{-30}~\kilo\gram\usk\squaren\metre$$

      $$= 5.344\cdot 10^{-26} \left(3.6\cdot10^{-30} +1.6901\cdot 10^{-20}\... ...kilo\gram\usk\squaren\metre+6.062100\cdot 10^{-56}~\kilo\gram\usk\squaren\metre$$

      $$= 5.344\cdot 10^{-26} 1.6901\cdot 10^{-20}~\kilo\gram\usk\squaren\metre+6.062\cdot 10^{-56}~\kilo\gram\usk\squaren\metre$$

      $$= 9.032\cdot 10^{-46}~\kilo\gram\usk\squaren\metre+6.062\cdot 10^{-56}~\kilo\gram\usk\squaren\metre$$

      $$= 9.032\cdot 10^{-46}~\kilo\gram\usk\squaren\metre$$

      
      

   2. Hier haben wir

      $$\mathsf{I}_{\Vert} = 2 \mathsf{I}_{O}+\mathsf{I}_{C}$$

      $$= \frac{4}{5}m_{O}\frac{d_{O}^{2}}{4}+\frac{2}{5}m_{C}\frac{d_{C}^{2}}{4} = \frac{1}{5}m_{O}d_{O}^{2}+\frac{1}{10}m_{C}d_{C}^{2}$$

      $$= \frac{1}{5}\cdot 16\cdot 1.67\cdot 10^{-27}~\kilo\gram\cdot 6.0^{2}\cdot 10^{-30}~\squaren\metre + \frac{1}{10}\cdot 12\cdot 1.67\cdot 10^{-27}~\kilo\gram\cdot 5.5^{2}\cdot 10^{-30}~\squaren\metre$$

      $$= 1.92384\cdot 10^{-55}~\kilo\gram\usk\squaren\metre + 6.0621\cdot10^{-56}~\kilo\gram\usk\squaren\metre$$

      $$= 2.53\cdot 10^{-55}~\kilo\gram\usk\squaren\metre$$

      
      

   3. Wir verwenden, dass $E_{rot}=4.2~\zepto\joule = \frac{1}{2}\mathsf{I}\omega^2$ ist. Also haben wir
      $$\omega = \sqrt{\frac{2 E_{rot}}{\mathsf{I}}}$$
      Für $\mathsf{I}_{\perp}$ bekommen wir
      $$\omega_{\perp} =\sqrt{\frac{2 E_{rot}}{\mathsf{I}_{\perp}}} =\sqr... ... =\sqrt{9.3\cdot 10^{24}~\rpsquare\second}=3.050\cdot 10^{12}\reciprocal\second$$
      $$\nu_{\perp} = 4.853\cdot 10^{11}~\hertz$$
      Für $\mathsf{I}_{\Vert}$ bekommen wir
      $$\omega_{\Vert} =\sqrt{\frac{2 E_{rot}}{\mathsf{I}_{\Vert}}} =\sqr... ...\sqrt{3.320\cdot 10^{34}~\rpsquare\second}=1.822\cdot 10^{17}\reciprocal\second$$
      $$\nu_{\Vert} = 2.900\cdot 10^{16}~\hertz$$

4. 1. $$I_C = \frac{2}{5} m_K r^2 + m_K h^2$$

   2. $$I_{ges} = I_A + I_B + I_C$$

      $$I_A = \frac{1}{12}m_R\left(a^2+c^2\right) = \frac{1}{12}m_R a^2 c=0$$

      $$I_B = \frac{1}{12} m_s h^2 + m_s\left(\frac{h}{2}\right)^2 = \left(\frac{1}{12}+\frac{3}{12}\right)m_s h^2 = \frac{1}{3}m_s h^2$$

      $$I_{ges} = \frac{1}{12}m_R a^2+\frac{1}{3}m_s h^2+\frac{2}{5} m_K r^2 + m_K h^2$$

      
      

   3. $$\phi(t) = \frac{1}{2}\alpha t^2 = \frac{1}{2}\frac{M}{I_{ges}}t^2$$

      $$\omega(t) = \frac{d\phi}{dt} = \frac{M}{I_{ges}}t$$

      
      

   4. Wir legen die $x$ in den Verbindungsstab, $x=0$ sei bei der Reflektorplatte, $x=h$ beim Empfänger. Die Trägheitsmomente sind dann

      $$\mathsf{I}_{A} = \frac{1}{12}m_{R} a^2 + m_{R} x^2;$$

      $$\mathsf{I}_{B} = \frac{1}{12}m_{S}h^2 + m_{S} \left(\frac{h}{2}-x\right)^2$$

      $$\mathsf{I}_{C} = \frac{2}{5}m_{K}r^2+ m_{K} \left(h-x\right)^2$$

      $$\mathsf{I}(x) = \mathsf{I}_{A}+\mathsf{I}_{B}+\mathsf{I}_{C}$$

      $$=\frac{1}{12}m_{R} a^2 + m_{R} x^2 +\frac{1}{12}m_{S}h^2 + m_{S} \left(\frac{h}{2}-x\right)^2+\frac{2}{5}m_{K}r^2+ m_{K} \left(h-x\right)^2$$

      
      
      Den Montagepunkt erhalten wir durch die Bedingung $\frac{d\mathsf{I}(x)}{dx} = 0$. Also

      $$= \frac{d\mathsf{I}(x)}{dx}$$ 0

      $$=\frac{d}{dx}\left[\frac{1}{12}m_{R} a^2 + m_{R} x^2 +\frac{1}{12... ...eft(\frac{h}{2}-x\right)^2+\frac{2}{5}m_{K}r^2+ m_{K} \left(h-x\right)^2\right]$$

      $$= 2m_{R} x -2 m_{S} \left(\frac{h}{2}-x\right)- 2m_{K} \left(h-x\right)$$

      $$=2 x \left(m_{R}+m_{S}+m_{K}\right)-h\left(m_{S}+2m_{K}\right)$$

      
      
      also ist
      $$x = \frac{h\left(m_{S}+2m_{K}\right)}{2 \left(m_{R}+m_{S}+m_{K}\right)}$$
      Die zweite Ableitung ist
      $$\frac{d^2\mathsf{I}(x)}{dx^2}=2 \left(m_{R}+m_{S}+m_{K}\right) >0$$
      Das gefundene $x$ ist ein Minimum.
5. Ein physikalisches Pendel schwingt mit der Frequenz

   $$\omega=\sqrt{\frac{MgR}{I}}$$

   
   

   Gesamtmasse:

   $$M=\frac{\pi}{4}\cdot d\cdot\rho\cdot\left( d_{Kopf}^{2}+2d_{Rumpf}^{2}\right)$$

   wobei $d$ die Dicke der Scheiben ist.

   $d_{1}=d_{Rumpf}$ und $d_{2}=d_{Rumpf}$ sind die Durchmesser der Scheiben.

   Einzelmassen:

   $$m_{1} = m_{Kopf} = \frac{\pi}{4}\cdot d\cdot\rho\cdot d_{Kopf}^{2}$$

   $$m_{2} =m_{3} = m_{Rumpf} =\frac{\pi}{4}\cdot d\cdot\rho\cdot d_{Rumpf}^{2}$$

   
   

   Abstand Schwerpunkt-Aufhängung:

   $$R= \frac{1}{M}\cdot\left[ m_{Kopf}\left( \ell+\frac{d_{Kopf}}{2}\right) \right.$$

   $$+\left.m_{Rumpf}\left( \ell+d_{Kopf}+\frac{d_{Rumpf}}{2}\right) +m_{Rumpf}\left( \ell+d_{Kopf}+\frac{3}{2}d_{Rumpf}\right) \right]$$

   
   

   Trägheitsmoment bezogen auf Aufhängepunkt:

   $$\mathsf{I}=\left[ \begin{array}[c]{c} \frac{1}{2}m_{Kopf}\left( \... ...Rumpf}\left( \ell+d_{Kopf}+\frac{3}{2}d_{Rumpf}\right) ^{2} \end{array}\right]$$

   Einsetzen liefert:

   $M\approx 268~\gram$

   $R\approx21.6~\centi\metre$

   $T\approx1.04~\second$ (vgl. math. Pendel mit Länge $R$: $T=0,93~\second$)

   $\omega\approx6.04~\hertz$

6. Der Schlagbaum besteht aus drei Balkenteilen
   

   	Länge	Abstand des Schwerpunktes von der Drehachse	Durchmesser	Masse
   $1$	$\ell_1 = 3m$	$x_1 = 1.5 m$	$d_1=0.3m$	$m_1 = \frac{\pi}{4}\ell_1 d_1^2 \rho$
   $2$	$\ell_2 = 3m$	$x_2 = 4.5 m$	$d_2=0.2m$	$m_2 = \frac{\pi}{4}\ell_2 d_2^2 \rho$
   $3$	$\ell_3 = 3m$	$x_3 = 7.5 m$	$d_3=0.15m$	$m_3 = \frac{\pi}{4}\ell_3 d_3^2 \rho$

   
   Das Trägheitsmoment eines Zylinders, der um eine Achse senkrecht zur Zylinderachse durch seinen Schwerpunkt rotiert ist
   $$I = \frac{m}{4}\left(r^2+\frac{\ell^2}{3}\right)= \frac{m}{4}\left(\frac{d^2}{4}+\frac{\ell^2}{3}\right)$$
   Wenn $\ell$ die Höhe des Zylinders, $r$ sein Radius und $d=2r$ sein Durchmesser ist. Die Drehachse wird um $h$ aus dem Schwerpunkt verschoben: Satz von Steiner: $I' = I + m h^2$
   

   	Trägheitsmoment	eingesetzt
   $1$	$I_1 = m_1\left( \frac{\ell_1^2}{12}+\frac{d_1^2}{16}\right) + m_1 x_1^2 = \frac{\pi}{4}\ell_1 d_1^2 \rho\left(\frac{\ell_1^2}{12}+\frac{d_1^2}{16}+x_1^2\right)$	$I_1 =603.6 kgm^2$
   $2$	$I_2 = m_2 \left( \frac{\ell_2^2}{12}+\frac{d_2^2}{16}\right)+ m_2 x_2^2 = \frac{\pi}{4}\ell_2 d_2^2 \rho\left(\frac{\ell_2^2}{12}+\frac{d_2^2}{16}+x_2^2\right)$	$I_2 =1874.5 kgm^2$
   $2$	$I_3 = m_3 \left( \frac{\ell_3^2}{12}+\frac{d_3^2}{16}\right) + m_3 x_3^2 = \frac{\pi}{4}\ell_3 d_3^2 \rho\left(\frac{\ell_3^2}{12}+\frac{d_3^2}{16}+x_3^2\right)$	$i_3 =2861.7 kgm^2$

   
   In unserem Falle ist $I_{ges} = I_1+I_2+I_3=5339.8 m^2kg$.
   1. Die Bewegung wird durch
      $$M(\phi(t)) = \frac{d L(t)}{dt}$$
      beschrieben, wobei $M(\phi)$ das Drehmoment bezüglich der Drehachse auf den Schwerpunkt ist. Die Anfangsbedingung ist $\phi_0=\frac{5}{12}\pi$. Von der Drehachse aus gesehen liegt der Schwerpunkt bei
      $$x_s = \frac{x_1 m_1 + x_2 m_2 + x_3 m_3}{m_1+m_2+m_3} = 3.172 m$$
      da die $x_i$ auch die Lage des Schwerpunktes der einzelnen Teilsegmente angeben. Das Drehmoment ist
      $$M(\phi) = -(m_1+m_2+m_3)g x_s\cos\phi= -10589 Nm\cdot \cos\phi$$
      (wegen der Definition von $\phi$). Für den Drehimpuls gilt
      $$L(t) = I_{ges}\omega(\phi(t)) = I_{ges}\frac{d\phi(t)}{dt}$$
      Also ist
      $$M(\phi(t)) = -(m_1+m_2+m_3)g x_s\cos\phi(t) = I_{ges}\frac{d^2\phi(t)}{dt^2}$$

   2. Die Winkelbeschleunigung am Anfang ist
      $$\alpha(\phi_0) = \frac{M(\phi_0)}{I_{ges}} = -\frac{10589 Nm\cdot \cos\left(\frac{5}{12}\pi\right)}{5339.8 m^2kg} = -0.5132 \frac{1}{s^2}$$

   3. Diese Grösse rechnet man am besten über die Energie. Die Lageenergie des Schwerpunktes zu Beginn muss in die Rotationsenergie beim Aufschlag umgewandelt werden.
      $$E_{pot}(\phi) = (m_1+m_2+m_3)g x_s\sin\phi$$
      $$E_{rot}(\omega(\phi)) = \frac{I_{ges}}{2}\omega(\phi)^2$$
      Also ist

      $$\frac{I_{ges}}{2}\omega^2(0) = (m_1+m_2+m_3)g x_s\sin\phi_0$$

      $$\omega^2(0) = \frac{2(m_1+m_2+m_3)g x_s\sin\phi_0 }{I_{ges}}$$

      $$\omega(0) = \sqrt{\frac{2(m_1+m_2+m_3)g x_s\sin\phi_0 }{I_{ges}}}$$

      $$\omega(0) = \sqrt{\frac{2(m_1+m_2+m_3)g x_s\sin\phi_0 }{I_1+I_2+I_3}}$$

      $$\omega(0) = \sqrt{\frac{2(m_1+m_2+m_3)g x_s\sin\phi_0 }{ m_1 \left(\frac{\e... ... x_2^2\right)+ m_3\left(\frac{\ell_3^2 }{12} +\frac{d_3^2}{16} + x_3^2\right)}}$$

      
      
      Eingesetzt erhalten wir
      $$\omega(0) = 1.013 \frac{1}{s}$$

   4. Der Drehimpuls des Schlagbaums ist
      $$L(\phi) = I_{ges}\omega(\phi)$$
      Wie beim Kraftstoss ist der Drehmomentstoss
      $$\int M(t)dt = \Delta L = 2L(0)$$
      Kraft und Drehmoment hängen über
      $$M(t) = (\ell_1+\ell_2+\ell_3)F(t)$$
      zusammen. Also ist

      $$\int F(t)dt = \frac{2L(0)}{\ell_1+\ell_2+\ell_3} = \frac{2I_{ges}\omega(0)}{\ell_1+\ell_2+\ell_3}$$

      $$= \frac{2I_{ges}\sqrt{\frac{2(m_1+m_2+m_3)g x_s\sin\phi_0 }{I_{ges}}}}{\ell_1+\ell_2+\ell_3} = \frac{2\sqrt{{2(m_1+m_2+m_3)g x_s\sin\phi_0 }{I_{ges}}}}{\ell_1+\ell_2+\ell_3}$$

      
      
      Eingesetzt
      $$\int F(t)dt = 1202 \frac{mkg}{s}$$

7. 1. $$I_{D} =mr^{2}+I_{Scheibe}$$

      $$=mr^{2}+\frac{1}{2}mr^{2}$$

      $$=\frac{3}{2}mr^{2}$$

      
      

   2. $$E_{kin} =\frac{1}{2}I_{D}\omega^{2}$$

      $$=\frac{3}{4}mr^{2}\omega^{2}$$

      
      

   3. $v=r\omega$ ist die Translationsgeschwindigkeit des Rades $\Rightarrow E_{kin\text{,}\,T}=\frac{1}{2}mr^{2}\omega^{2}$.

      Die gesamte Energie ist konstant, also: $\Rightarrow$

      $$:E_{kinR}=\frac{3}{4}mr^{2}\omega^{2}-\frac{1}{2} mr^{2}\omega^{2}$$ Rotation

      $$=\frac{1}{4}mr^{2}\omega^{2}$$

      
      

8. Die Antwort ist d). Mit $L= I\omega=const$ (Drehimpulserhaltung) und $E_{rot} = \frac{1}{2} I \omega^2 = \frac{L^2}{2I}$ sieht man, dass $E_{rot}$ zunehmen muss, wenn $I$ abnimmt. Die benötigte Arbeit leistet der Eiskunstläufer gegen die Zentrifugalkraft.

 Skript:  PDF-Datei