 Verfasst am: 07. Mai 2010 22:54 Titel: Skizze |
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Eine Skizze findest du, wenn du bei google "kugel rutsch masse" eingibst  |
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| Verfasst am: 28. Feb 2010 12:41 Titel: |
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| Zentrifugalkraft und Normalkraft gleichsetzen? Und wo genau wirkt jetzt die Normalkraft? kann das vielleicht nochmal jemand an einer Skizze verdeutlichen? Den Rest danach versteh ich ja, aber wieso muss man Zentrifugalkraft und Normalkraft gleichsetzen? |
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| Verfasst am: 24. Feb 2010 22:58 Titel: |
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| o.o -.- omfg *wo ist die nächste wand?* ich hab die rechnung inklusive der vorigen dreimal durchgeguckt und..... naja h=2r-2h h+2h=2r danke ^^" |
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| Verfasst am: 24. Feb 2010 22:50 Titel: |
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Kannst Du das mal näher erläutern? Falls nicht, hast Du den Fehler gefunden! |
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| Verfasst am: 24. Feb 2010 22:10 Titel: |
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| täte mir jemand den gefallen mir zu erklären wo mir bei dem v² gleichsetzen die drittel von den 2/3 verloren gegangen sind? oO hab das so gemacht: g*sin(alpha)*r=2g(r-sin(alpha)*r) /sin(alpha)*r ersetzen g*h=2g(r-h) h=2r-2h -h=2r achja n minus is ja auch noch dabei <.< find den fehler nicht -.- wär lieb wenn mir da jemand helfen könnte |
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| Verfasst am: 17. Sep 2009 06:18 Titel: |
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Das kommt darauf an, in welchem Bezugssystem man das betrachtet. Man könnte auch sagen: Die Sommerzeit geht eine Stunde vor (Die Software der Boards hier macht die Umstellung auf Sommerzeit nicht mit.) |
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| Verfasst am: 16. Sep 2009 20:13 Titel: |
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| Hallo, zur 1. Anmerkung: Das hat mein Lehrer heute auch bemängelt. Aber letzten Endes kommt man auf das gleiche Ergebnis. Wobei mein Weg etwas umständlicher war. Ich hätte einfach das Ersetzen von v durch g*t weglassen sollen. Nochmal kurz die leicht korrigierte Vorgehensweise: Zentrifugalkraft und Normalkraft gleichsetzen und nach v² auflösen. Energien gleichsetzen. Also E_Pot(r) = E_Pot(h) + E_Kin(h). Dies auch nach v² auflösen. Gleichsetzen und nach h umstellen -> Tada: h = 2/3 r Zwischendurch muss man sin(alpha) * r durch h ersetzen. Aber wie gesagt: Meine beschriebene Vorgehensweise im Post um 22:30 führt zum gleichen Ergebnis. Apropos: Kann es sein, dass die Uhrzeit im Forum eine Stunde nach geht? zur 2. Anmerkung: Ja, da ist der Threadtitel wohl falsch gewählt. In der Aufgabenstellung wird vom Gleiten der Kugel ausgegangen  |
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| Verfasst am: 16. Sep 2009 12:33 Titel: |
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| Zwei Anmerkungen: 1) Mit den Formeln für s(t) und v(t) bin ich hier nicht einverstanden. Denn gelten ja nur für Bewegungen mit zeitlich konstanter Beschleunigung, also nicht für die Bewegung, die hier vorliegt. Ich würde empfehlen, hier gar nicht erst zu versuchen, von vorneherein eine konkrete Zeitabhängigkeit einzusetzen (wie die aussieht, weiß man ja erstmal noch gar nicht), sondern lieber direkt mit den Formeln für die Energien loszulegen und anzusetzen. 2) Bisher scheinen mir alle Ansätze hier für eine rutschende Kugel, nicht aber für eine rollende Kugel gemacht worden zu sein. Will man das "runterrollt" der ursprünglichen Fragestellung mit berücksichtigen, braucht man noch einen Term für die Rotationsenergie im Ansatz mit der Energiebilanz. |
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| Verfasst am: 16. Sep 2009 00:29 Titel: |
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Nach der Erholungsphase erwarten wir dann das Ergebnis für alpha. :-) |
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| Verfasst am: 15. Sep 2009 23:30 Titel: |
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| Dankeschön!!! An die Energien hatte ich wieder gar nicht gedacht. Nochmal zusammenfassend gesagt, falls es jemand brauchen sollte: Zentrifugalkraft und Normalkraft habe ich gleichgesetzt und nach sin alpha aufgelöst: sin alpha = g/r * t². Für die Energien gilt: m*g*r = 1/2 m g² * t² + m*g*sin alpha * r Daraus folgt für sin (alpha) = 1 - g*t²/(2r) Gleichsetzen und nach t umstellen -> t = sqrt(2r/(3g)). Daraus lässt sich dann alpha errechnen. alpha = sin^(-1)(g/r*t²). Für v und h einfach v = g * t und h = r * sin alpha Aber für heut hab ich erstmal genug von Physik  |
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| Verfasst am: 15. Sep 2009 22:42 Titel: |
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| Hast die Lösung schon in der Hand. Nimm als Nullniveau für potentielle Energie meinetwegen den obersten Punkt (alpha = 90°); dort auch v(90°) = 0. Energie E = 0 E(oben) = E(Ablösepunkt) E(90°) = E(alpha) Höhe bei alpha negativ 0 = 1/2 m v² + m g (-d) 0 = 1/2 m v² - m g r (1 - sin alpha) Dieses v² in die Ablösebedingung oben -> Gleichung für alpha (r, m, g fliegen raus) |
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| Verfasst am: 15. Sep 2009 21:48 Titel: |
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Sorry, stehe wahrscheinlich grad etwas auf dem Schlauch, aber was meinst du mit der Aussage, dass der Energiesatz einsetzt? Und was soll v(oben) = 0 heißen?  Das Ausdrücken der Höhendifferenz d durch r und alpha hab ich dafür aber: |
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| Verfasst am: 15. Sep 2009 21:23 Titel: |
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Hier setzt der Energiesatz ein. Meinetwegen erstmal v(oben) = 0. Höhendifferenz durch r und alpha ausdrücken -> v(alpha) -> alpha bzw sin alpha. Und dann vielleicht mit v(oben) ^= 0. |
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| Verfasst am: 15. Sep 2009 17:34 Titel: |
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| Dankeschön! Hat mir schon sehr weitergeholfen. Habe die Gewichtskraft in eine Normalkraft (zum Kreismittelpunkt) und in eine "Bahnkraft" aufgeteilt. Sobald also die Zentrifugalkraft und die Normalkraft gleich groß sind, ist die resultierende Kraft tangential zur Überfläche und die Kugel löst sich. Gleichsetzen liefert: Das Problem ist jedoch, dass ich ja t nicht kenne. Habe deshalb versucht eine Formel herzuleiten. Ich dachte mir das so: Für s gilt und alpha: Daraus folgt: In die erste Gleichung eingesetzt folgt dann: So, abgesehen davon, dass mir das alles sehr spanisch vorkommt, weiß ich nicht, wie man nun nach Alpha auflösen soll? Ist mein Ansatz überhaupt richtig? |
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| Verfasst am: 15. Sep 2009 14:08 Titel: |
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| sieh dir mal das an http://www.physikerboard.de/topic,13928,-looping-mit-parabelgleichung-durch-mittelpunkt.html. Wie man da vor geht. Bei meinen Beitrag ist ne schöne Skizze wie man die Gewichtskraft zerlegen kann. |
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| Verfasst am: 15. Sep 2009 13:13 Titel: |
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| Ok, aber einfaches Gleichsetzen der beiden Kräfte wäre nicht richtig, oder? Die Richtung der Zentrifugalkraft ändert sich ja mit dem Bewegen des Massepunkts, oder? Wenn die beiden Kräfte jetzt senkrecht zueinander stehen würden, bekäme ich das vielleicht noch hin, aber der Winkel in dem Kräfteparallelogramm ändert sich ja stets, oder nicht? | |
| Verfasst am: 14. Sep 2009 23:18 Titel: |
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| Der reibungsfrei abrutschende Punkt löst sich, wenn die resultierende Kraft (aus Zentrifugal- und Gewichtskraft) parallel der Oberfläche ist. Plus Energiesatz. Beachte die Anfangsgeschwindigkeit. | |
| Verfasst am: 14. Sep 2009 22:06 Titel: Kugel "rollt" von einer großen Halbkugel herunter |
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| Hallo, stellt euch eine große Halbkugel vor (sagen wir r = 1 m) von der eine kleinere Kugel (als Massepunkt) runterrollt. Irgendwann beginnt sich ja die Kugel von der Halbkugeloberfläche zu lösen. Die Frage ist nur wo (also in welcher Höhe) und mit welcher Geschwindigkeit. Mir fehlt irgendwie ein gescheiter Ansatz. Dachte mir eigentlich, dass man die Normalkraft mit einer anderen Kraft (nur welcher?) gleichsetzt und dies wäre dann der Punkt ab dem sich die Kugel zu lösen beginnt. Aber irgendwie fehlt mir der entscheidene Denkanstoß. Irgendwelche Ideen? |
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