Klopapier Aufgabe

10.03.2005, 19:44

SnIper

Klopapier Aufgabe

Hi ich habe eine Aufgabe.

Auf einer Ebene, werden oben 2 Rollen Klopapier losgelassen, die eine wird oben jedoch so befestigt, dass sie auf dem Rollweg sich abspult, die andere wird einfach soll losgelassen und rollt runter.
Welche kommt schneller unten an??

10.03.2005, 19:47

carsten

Auf diesen Beitrag antworten »

Tipp: man beachte die Radien der Rollen beim runterrollen.

Gruesse Carsten

10.03.2005, 19:50

SnIper

Auf diesen Beitrag antworten »

der radius nimmt zwar ab, dennoch ist doch die rotationsenergie gleich.

fallen eine flasche die voll ist und oben verschlossen und eine flasche, die oben offen ist und ausläuft im vakuum nicht gleich schnell im freien fall?

10.03.2005, 19:59

matze2002

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Klopapier Aufgabe
ich würde mal sagen die die nicht oben befästigt wird, kommt unten als erstes an.....Hab gerade mal an die Fahrräder von früher gedacht, da hat man ja auch ein möglichst grosses Vorderrad gewählt damit man sich schneller bewegen kann.

10.03.2005, 20:03

SnIper

Auf diesen Beitrag antworten »

ja bei den fahrrädern in das klar, man wählte ein großes rad, damit man sich schneller fortbewegt und nicht treten muss wie ein irrer.
Denn ein größeres Rad hat einen größeren Umfang und somit einen größeren weg, den man pro umdrehung zurücklegt.
heute reichen auch kleinerere räder, da eine gute Kraftübersetzung vorhanden ist.

10.03.2005, 20:04

matze2002

Auf diesen Beitrag antworten »

also richtig?

10.03.2005, 20:07

SnIper

Auf diesen Beitrag antworten »

ich frage euch, jedoch ist deine begründung physikalisch glaub nicht korrekt, sagt dir rotationsenergie und winkelgeschwindigkeit was?

10.03.2005, 20:25

pimaniac

Auf diesen Beitrag antworten »

klar ist die oben nicht festgemáchte schneller, die is ja auch schwerer

11.03.2005, 09:04

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry Leute,

Wenn man von Reibung absieht (wie eigentlich immer bei solchen Überlegungen) dann gilt folgendes:

Beide Rollen haben oben gegenüber unten die selbe potentielle Energie. Diese Energie wandelt sich beim abrollen in Rotations- und Translationsenergie um. Da bei der befestigten Rolle durch das veringern der Masse und des Radius das Trägheitsmoment stark abnimmt, wird auch der Anteil der Rotationsenergie an der Gesamtenergie kleiner. Bedeutet unten hat die abgeroltle Rolle eine wesentlich höhere Translationsenergie und ist damit schneller.
Ergo die festgemachte Rolle ist zuerst unten!

Jan.

PS: Das nächste mal in Physikboard sowas...

Zitat:

Original von pimaniac
klar ist die oben nicht festgemáchte schneller, die is ja auch schwerer

Ach ja, soviel zu Deinem Titel Augenzwinkern

Dat is ja wohl der größte Unsinn, Du sollst doch nicht immer alle verarschen Augenzwinkern

11.03.2005, 09:30

pimaniac

Auf diesen Beitrag antworten »

He ich liebe wenn mich leute kritisieren tortzdem halt ich meinen Post nicht für vollkommenen Unsinn...

Dass die Rolle die sich bewegt leichter wird ist klar weil ja Papier abgespult wird. Wenn die beiden eine Ebene Runterrollen so vergrößert sich der Luftwiderstand ziemlich direkt proportional zum Radius der Rollen, das Gewicht steigt aber mit r^2 --> die im Verältnis zum Luftwiderstand schwerere Rolle ist schneller und das ist nun mal die die frei Rollen kann...

Ich habs übrigens grqad ausprobiert bei einer 2m Langen Ebene (Winkel ca. 15° ist meine Theorie richtig

11.03.2005, 09:41

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kurellajunior
Wenn man von Reibung absieht (wie eigentlich immer bei solchen Überlegungen) dann gilt folgendes:

Gelesen?

Deine Aussage ist so wie sie da steht trotzdem falsch, und darf so nicht stehen bleiben! Denn die Fallbeschleunigung ist vollkommen unabhängig von der Masse.
Dein letzter Einwand unter Berücksichtigung von Luftwiderstand und dem aus dem Verhältnis von Masse und Widerstand resultierenden Reibungsverlust könnte korrekt sein.

Auch ich muss meinen Beitrag wohl korrigieren... Da die Masse der zweiten Rolle nicht konstant bleibt, sind die Enregieerhaltungssätze nicht ohne weiteres anwendbar. Die Gesamtenergie der befestigten Rolle verteilt sich ja schließlich auch auf das leigengeblienene Papier verwirrt

Also auch wenn Deine Begründung nicht präzise war, ist das Ergebnis wohl doch korrekt. Schließlich darf die lose Rolle ihr gesamtes Potential in Rota- und Translationsenergie umwandeln, während die befestigte Rolle Gleichmäßig Potential auf der Strecke lässt...
Grüße vom vorschnellen Jan Wink

Und wer dei Physik dahinter wissen will, sollte hier nachlesen. Jan

Edit: Link auf Wunsch eines einzelnen Herrn vergrößert...

11.03.2005, 10:30

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kurellajunior
Auch ich muss meinen Beitrag wohl korrigieren... Da die Masse der zweiten Rolle nicht konstant bleibt, sind die Enregieerhaltungssätze nicht ohne weiteres anwendbar. Die Gesamtenergie der befestigten Rolle verteilt sich ja schließlich auch auf das leigengeblienene Papier verwirrt

Gut, dass du es selbst erwähnst, sonst hätte ich jetzt darauf herumgehackt:

Bei der intakt bleibenden Rolle der Masse $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ bedeutet Höhenunterschied $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ eine Umwandlung von $\begin{eqnarray*} mgh \end{eqnarray*}$ in kinetische Energie (Translation+Rotation).

Bei der abgespulten Rolle dagegen wird nur $\begin{eqnarray*} m_Rgh+(m-m_R)g\frac{h}{2}=\frac{m+m_R}{2}gh \end{eqnarray*}$ in kinetische Energie umgesetzt, dabei sei $\begin{eqnarray*} m_R \end{eqnarray*}$ die Restmasse nach dem Abrollen.

Insofern sehe ich durch einfache Überlegungen noch nicht direkt, welche Rolle nun schneller ist. Da müssen schon noch überzeugendere Argumente her!

11.03.2005, 11:24

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn Du meinen Link durchliest, dann siehst Du, dass tatsächlich die lose Rolle schneller unten ankommt.
Allerdings ist dafür die Ignoranz des Luft- und Rollwiderstandes nötig

11.03.2005, 11:37

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kurellajunior
Allerdings ist dafür die Ignoranz des Luft- und Rollwiderstandes nötig

Und eine Ignoranz des Rollenkerns, der offenbar mit Null angesetzt wurde. Mit diesem lässt sich das M nämlich nicht so schön rauskürzen. Aber kippen wird das die Sache vermutlich nicht.

Den Link hättest du etwas fetter setzen sollen... Augenzwinkern

11.03.2005, 11:42

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Jetzt besser?

Allerdings wäre es eine interessante Frage, ab welchem Verhältnis von Innernkern zu Papier, die feste Rolle die große bei einer genügend langen Strecke überholt...

Ok, dann darf die Innenrolle nicht am Papier festgeklebt sein, aber wer ist hier schon realitätsnah...

Jan

11.03.2005, 15:04

Auf diesen Beitrag antworten »

Also ich hab nochmal nachgerechnet, da mich die Lösung auf der Physikseite nicht wirklich überzeugt hat. Und ich komme auf das Resultat, dass die oben befestigte Rolle eher unten ist (natürlich nur ihr letztes Stück) als die lose Rolle - war das jetzt auch euer Resultat oder nicht? Jan scheint ja irgendwie mittendrin mal die Meinung gewechselt zu haben.

Begründung folgt bei Bedarf...

@pimaniac

Natürlich nur für die Idealisierung ohne Luftwiderstand und Reibung!

11.03.2005, 15:19

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, Arthur ich sammel mal meine Gedanken ein:

Die real wirkende Beschleunigung auf lose und feste Rolle ist den ganzen Weg über konstant.
Bei der losen Rolle bleibt das Verhältnis der Energieumwandlung zwischen Translations- und Rotationsenergie ebenfalls konstant. (Dat ist Blödsinn)
Die Frage ist, ob sich dieses Verhältnis bei der festen Rolle zur Translations- oder zur Rotationsenergie verschiebt.
Aso müssen die Abhängigeiten dieser beiden Energien zum Radius untersucht werden. Immer wenn ich mein Tafelwerk brauche, bin ich auf Arbeit *grummel*

Ich meld mich, wenn ich die Formeln gefunden habe.

$\begin{eqnarray*} E_{pot}=mgh \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E_{trans}=\frac{1}{2}mv^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E_{rot}=\frac{1}{2}I\omega^2=I\frac{v^2}{2r_a^2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} I=\frac{1}{2}m(r_a^2+r_i^2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} m=m_i+b\pi\rho(r_a^2-r_i^2) \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} m_i \end{eqnarray*}$ die Masse der inneren Pappröhre und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ die Breite der Rolle ist und beides ist konstant
Alles andere wäre bei korrekter Betrachtung abhängig von der Zeit. Mich interessiert aber nur die Abhängigkeit des Anteils der Rotationsenergie an der Gesamtenergie in Bezug auf den Außenradius:

Also Einsetzen:
$\begin{eqnarray*} E_{trans}&=\frac{1}{2}mv^2\\ &=\frac{\left[m_i+b\pi\rho(r_a^2-r_i^2)\right]v^2}{2} \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} E_{rot}&=I\frac{v^2}{2r_a^2}\\ &=\frac{1}{2}m(r_a^2+r_i^2)\cdot\frac{v^2}{2r_a^2}\\ &=\frac{mv^2(r_a^2+r_i^2)}{4r_a^2}\\ &=\frac{\left[m_i+b\pi\rho(r_a^2-r_i^2)\right]\cdot v^2(r_a^2+r_i^2)}{4r_a^2} \end{eqnarray*}$
Ich suche jetzt also das Verhältnis von $\begin{eqnarray*} E_{trans}/E_{rot} \end{eqnarray*}$ in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} r_a \end{eqnarray*}$ . Juchhu Hammer

$\begin{eqnarray*} \frac{E_{trans}}{E_{rot}} &=\frac{\left[m_i+b\pi\rho(r_a^2-r_i^2)\right]v^2}{2}\cdot \frac{4r_a^2}{\left[m_i+b\pi\rho(r_a^2-r_i^2)\right]\cdot v^2(r_a^2+r_i^2)}\\ &=\frac{2r_a^2}{r_a^2+r_i^2} \end{eqnarray*}$
Da $\begin{eqnarray*} r_a>r_i \end{eqnarray*}$ ist, ist dieses Verhältnis größer 1.
Weiter gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{r_a\rightarrow r_i}\frac{E_{trans}}{E_{rot}}=1 \end{eqnarray*}$ Das Verhältnis wir also kleiner.

Da die potentielle Energie durchs abrollen in jedem Punkt kleiner wird und außerdem der Anteil der Translationsenergie an der Gesamtenergie ebenfalls kleiner wird, muss die sich abrollende Rolle tatsächlich langsamer sein und später unten ankommen.

Das entspricht Deinem ursprünglichen Ansatz, dass ja überhaupt nur $\begin{eqnarray*} \frac{m+m_i}{2}gh \end{eqnarray*}$ Energie insgesamt umgewandelt wird.

Ergo: die befestigte Rolle ist langsamer.

Edit: Danke Arthur $\begin{eqnarray*} E_{kin} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} E_{trans} \end{eqnarray*}$ ersetzt

11.03.2005, 15:55

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kurellajunior
Die real wirkende Beschleunigung auf lose und feste Rolle ist den ganzen Weg über konstant.

Keine Ahnung, was die "real wirkende Beschleunigung" ist. Für die normale Beschleunigung in
Translationsrichtung stimmt das bei der losen Rolle, bei der befestigten Rolle nicht.

Zitat:

Original von kurellajunior
[*]Bei der losen Rolle bleibt das Verhältnis der Energieumwandlung zwischen Translations- und Rotationsenergie ebenfalls konstant.

Antwort wie oben: Lose Rolle ja, befestigte Rolle nein.

Und nicht vergessen: Die in beiden Fällen unterschiedliche Energiemengen an potentieller Energie, die bei Erreichen der gleichen Höhe in kinetische Energie umgesetzt werden (s.o.).

11.03.2005, 16:10

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein die Wirkende Beschleunigung (Erdbeschleunigung Anteilig nach Winkel) bleibt tatsächlich konstant. Das andere ist mir beim Arbeiten auch aufgefallen... Zu früh gefreut. Aber jetzt hab ichs hoffentlich...

Jan

11.03.2005, 17:22

Auf diesen Beitrag antworten »

Also dann mal meine Rechnung, ohne mysteriöse Heuristiken wie

Zitat:

Original von kurellajunior
Da die potentielle Energie durchs abrollen in jedem Punkt kleiner wird und außerdem der Anteil der kinetischen Energie an der Gesamtenergie ebenfalls kleiner wird, muss die sich abrollende Rolle tatsächlich langsamer sein und später unten ankommen.

die ich nicht verstehe.

Konstante Größen:

$\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ... Neigungswinkel der Ebene

$\begin{eqnarray*} \varrho \end{eqnarray*}$ ... Dichte des Papiers

$\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ ... Papierdicke

$\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ ... Breite der Rolle

$\begin{eqnarray*} r_i \end{eqnarray*}$ ... Innendurchmesser der Rolle

$\begin{eqnarray*} r_0 \end{eqnarray*}$ ... Außendurchmesser der Rolle zu Beginn

$\begin{eqnarray*} m_0=\pi(r_0^2-r_i^2)b\varrho \end{eqnarray*}$ ... Masse der Rolle zu Beginn

Als variablen Bezugspunkt:

$\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ ... zurückgelegter Weg des Berührungspunktes der Rolle mit der schiefen Ebene

Nun davon abhängige variable Größen:

$\begin{eqnarray*} v=\dot{s} \end{eqnarray*}$ ... Translationsgeschwindigkeit des Berührungspunktes

$\begin{eqnarray*} h=s\sin\alpha \end{eqnarray*}$ ... Höhendifferenz der abgerollten Rolle

$\begin{eqnarray*} r^2=r_0^2-\frac{ds}{\pi} \end{eqnarray*}$ ... Außendurchmesser der Rolle (zum Quadrat)

$\begin{eqnarray*} m=m_0-sdb\varrho \end{eqnarray*}$ ... Masse der Rolle

Energiebilanz: $\begin{eqnarray*} \Delta E_{\text{kin}}=-\Delta E_{\text{pot}} \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} -\Delta E_{\text{pot}}=(m_0-m)g\frac{h}{2}+mgh=\frac{m_0+m}{2}gh \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Delta E_{\text{kin}}=\frac{J+mr^2}{2}\frac{v^2}{r^2}=\frac{m}{4}(r_i^2+3r^2)\frac{v^2}{r^2} \end{eqnarray*}$

also

$\begin{eqnarray*} 2(2m_0-sdb\varrho)g\sin\alpha \left(\pi r_0^2-ds\right)s = (m_0-sdb\varrho)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right)v^2 . \end{eqnarray*}$

Das ist eine Bestimmungsgleichung $\begin{eqnarray*} v=v(s) \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} d=0 \end{eqnarray*}$ ergibt sich eine entprechende Bewegungsgleichung $\begin{eqnarray*} v_0=v_0(s) \end{eqnarray*}$ der losen Rolle:

$\begin{eqnarray*} 4m_0g\sin\alpha \pi r_0^2 s = m_0\pi(r_i^2+3r_0^2)v_0^2 . \end{eqnarray*}$

Die Behauptung $\begin{eqnarray*} v(s)>v_0(s) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} s>0 \end{eqnarray*}$ ist nun äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} (2m_0-sdb\varrho) \left(\pi r_0^2-ds\right) m_0(r_i^2+3r_0^2) > 2 m_0 r_0^2 (m_0-sdb\varrho)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right) \end{eqnarray*}$ .

Weitere äquivalente Umformungen (also Vereinfachungen) führen zu

$\begin{eqnarray*} 0 < \pi(3r_0^2+r_i^2)r_i^2+\left[\pi(r_0^2-r_i^2)-sd\right](3r_0^2-r_i^2) \end{eqnarray*}$ .

Wegen $\begin{eqnarray*} 0\leq sd\leq \pi(r_0^2-r_i^2) \end{eqnarray*}$ ist letzte Aussage sicher richtig!

Folglich ist die befestigte Rolle an jedem Punkt $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ der Strecke schneller als die lose Rolle. Somit ist sie eher da.

Mir ist durchaus klar, dass ich bei der potentiellen Energie einen Fehler drinhabe: Durch das Abrollen wird ja der Radius verringert und somit liegt der Schwerpunkt der Rolle nach zurückgelegtem Weg $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ mehr Höhendifferenz als das obige $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ zurück. Aber das vergrößert ja nur die betragsmäßige Potentialdifferenz und somit auch die kinetische Energie, also eigentlich ist $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ noch größer, während $\begin{eqnarray*} v_0 \end{eqnarray*}$ von diesem Effekt nicht betroffen ist.

Ansonsten müsste die Rechnung stimmen, wenn (und das ist das große Fragezeichen) tatsächlich keine Energieabgabe an die Ebene erfolgt.

P.S.:
So, Jan, und jetzt wäre ich dir sehr verbunden, wenn du mir den Fehler in meiner Rechnung findest, meinetwegen auch den Ansatz zerpflückst. Aber bitte mit seriöser Physik und nicht solchen nebulösen Zitaten wie oben.

11.03.2005, 17:33

pimaniac

Auf diesen Beitrag antworten »

Kinder.... das is alles falsch da ihr den Luftwiderstand vernachläßigt.

also bitte mal genauer rechnen Hammer

11.03.2005, 17:36

Auf diesen Beitrag antworten »

@pimaniac

Da er nicht gegeben ist, interessiert er auch nicht bei einer so allgemeinen Fragestellung! Betrachten wir halt eine sehr kurze Rolle, und schon kannst du deinen Luftwiderstand vergessen. Zunge

11.03.2005, 17:38

pimaniac

Auf diesen Beitrag antworten »

jetzt wirds aber billig.... dann sag ich die Rollen ist 0.01g leicht dafür 2m 50 dick und dann gilt deine Rechnung schon mal fix nicht mehr Forum Kloppe

11.03.2005, 17:41

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von pimaniac
also bitte mal genauer rechnen Hammer

Wie wär's, wenn du überhaupt mal rechnest, wie das mit dem Luftwiderstand ist! Forum Kloppe

11.03.2005, 18:18

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Arthur Dent
Konstante Größen:
$\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ... Neigungswinkel der Ebene
$\begin{eqnarray*} \varrho \end{eqnarray*}$ ... Dichte des Papiers
$\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ ... Papierdicke
$\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ ... Breite der Rolle
$\begin{eqnarray*} r_i \end{eqnarray*}$ ... Innendurchmesser der Rolle
$\begin{eqnarray*} r_0 \end{eqnarray*}$ ... Außendurchmesser der Rolle zu Beginn
$\begin{eqnarray*} m_0=\pi(r_0^2-r_i^2)b\varrho \end{eqnarray*}$ ... Masse der Rolle zu Beginn
[...]
$\begin{eqnarray*} \Delta E_{\text{kin}}=\frac{J+mr^2}{2}\frac{v^2}{r^2}= \frac{m}{4}(r_i^2+3r^2)\frac{v^2}{r^2} \end{eqnarray*}$

So bis hier kann ich Dir folgen. Der nächste Schritt bleibt mir jedoch vollständig verborgen. Ich vermute Du setzt die beiden Energien jetzt wie oben beschrieben gleich, jedoch kann ich sie nicht wiederfinden... Ich guck mal weiter, erklären tust Du es mir aber noch, ja? *Lächel*

Zitat:

Original von Arthur Dent
$\begin{eqnarray*} 2(2m_0-sdb\varrho)g\sin\alpha \left(\pi r_0^2-ds\right)s = (m_0-sdb\varrho)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right)v^2 . \end{eqnarray*}$

Das ist eine Bestimmungsgleichung $\begin{eqnarray*} v=v(s) \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} d=0 \end{eqnarray*}$ ergibt sich eine entprechende Bewegungsgleichung $\begin{eqnarray*} v_0=v_0(s) \end{eqnarray*}$ der losen Rolle:

$\begin{eqnarray*} 4m_0g\sin\alpha \pi r_0^2 s = m_0\pi(r_i^2+3r_0^2)v_0^2 . \end{eqnarray*}$

Ok, auch klar, wenn ich das da oben voraussetze.

Zitat:

Original von Arthur Dent
Die Behauptung $\begin{eqnarray*} v(s)>v_0(s) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} s>0 \end{eqnarray*}$ ist nun äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} (2m_0-sdb\varrho) \left(\pi r_0^2-ds\right) m_0(r_i^2+3r_0^2) > 2 m_0 r_0^2 (m_0-sdb\varrho)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right) \end{eqnarray*}$ .

So, auch dieser Schritt? Von der letzten Annahme der beiden Bestimmungsgleichungen hierher fehlt mir was
Also mal mitmachen:
$\begin{eqnarray*} v^2=\frac{2(2m_0-sdb\varrho)g\sin\alpha \left(\pi r_0^2-ds\right)s} {(m_0-sdb\varrho)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right)} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v_0^2=\frac{4m_0g\sin\alpha \pi r_0^2 s}{m_0\pi(r_i^2+3r_0^2)v_0^2} \end{eqnarray*}$
Wir untersuchen $\begin{eqnarray*} v_0(s)>v(s)\Rightarrow v_0^2(s)>v^2(s) \end{eqnarray*}$ und ich kürz mal zusammen

$\begin{eqnarray*} \frac{4m_0g\sin\alpha\pi r_0^2 s}{m_0\pi(r_i^2+3r_0^2)}&>\frac{2(2m_0-sdb\varrho)g\sin\alpha \left(\pi r_0^2-ds\right)s}{(m_0-sdb\varrho)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right)}\\ \frac{2r_0^2}{(r_i^2+3r_0^2)} &>\frac{(2m_0-sdb\varrho)\left(\pi r_0^2-ds\right)} {(m_0-sdb\varrho)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right)} \end{eqnarray*}$

Beim weiteren Umformen muss ja das mit dem kleiner 0 beachtet werden...
$\begin{eqnarray*} (r_i^2+3r_0^2)>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (m_0-sdb\varrho)>0 \end{eqnarray*}$ also

$\begin{eqnarray*} 2r_0^2(m_0-sdb\varrho)&>\frac{(2m_0-sdb\varrho)\left(\pi r_0^2-ds\right)(r_i^2+3r_0^2)} {\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right)} \end{eqnarray*}$

Soweit so gut Aber bei diesem Term $\begin{eqnarray*} \left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right) \end{eqnarray*}$ verlassen se mich... Nach reiflicher Überlegung glaube ich dass $\begin{eqnarray*} \left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right)>0 \end{eqnarray*}$ Stimmt das?

Dann weiter:
$\begin{eqnarray*} 2r_0^2(m_0-sdb\varrho)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right) &>(2m_0-sdb\varrho)\left(\pi r_0^2-ds\right)(r_i^2+3r_0^2) \end{eqnarray*}$
Das sieht zwar Deinem ähnlich, aber hat doch ein zwei Unterschiede... verwirrt

Zu meinem Zitat Augenzwinkern

:
Wenn ich sehr kleine Rollabschnitte betrachte dann könnte man die lose Rolle als nicht abrollend betrachten. Also wird die potentielle Energie, die auf diesem (sehr) kleinen Stückchen in kinetische Energie umgewandelt wird zu bestimmten Teilen in Rotations- nud Translationsenergie umgewandelt. Jetzt schaue ich mir zwei aufeinanderfolgende Stückchen an:
Die bei gleicher Höhendifferenz umgewandelte potentielle Energie ist geringer (Da ein Stückchen Rolle abgerollt wurde). Aus meiner Verhältnis untersuchung weiß ich, dass der Anteil der Translationsenergie gegenüber der Rotationsenergie gesunken ist (Fälschlicherweise habe ich in meinem Beitrag die Translationsenergie mit "kin" abgekürzt. Ändere ich gleich.) Daher muss die Energiemenge, die in die Fortbewegung gesteckt wird im zweiten Stück geringer sein, als im vorhergehenden Stück. Die lose Rolle ist also langsamer als die feste.

Bitte erklär mir den ersten Zwischenschritt und sag mir warum ich Deiner Umformung nicht folgen kann.

Jan

Muss erstmal meinen Kleinen abholen bin nachher wieder da.

11.03.2005, 18:47

pimaniac

Auf diesen Beitrag antworten »

@arthur

wie du weißt bin ich ein brauchbarer MAthematiker, Physik lös ich prinzipiell mal mit gesundeM hAusverstand, ich kann also sicher weder dir noch Jan das Wasser reichen....

Aber auf jeden Fall viel Spaß noch beim Fachsimpel.... und bitte ab nun gefälligst mit Luftwiderstand fröhlich

11.03.2005, 18:52

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kurellajunior
So bis hier kann ich Dir folgen. Der nächste Schritt bleibt mir jedoch vollständig verborgen. Ich vermute Du setzt die beiden Energien jetzt wie oben beschrieben gleich, jedoch kann ich sie nicht wiederfinden... Ich guck mal weiter, erklären tust Du es mir aber noch, ja? *Lächel*

Aber klar doch. Augenzwinkern

Ich setze die Energien gleich, multipliziere das ganze mit $\begin{eqnarray*} 4\pi r^2 \end{eqnarray*}$ und setze dann alle verbliebenen variablen Größen als Funktion von $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ ein, wie ich es vorher aufgestellt hatte. Das betrifft $\begin{eqnarray*} h=s\sin\alpha \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} r^2=r_0^2-\frac{ds}{\pi} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m=m_0-sdb\varrho \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von kurellajunior

Zitat:

So, auch dieser Schritt? Von der letzten Annahme der beiden Bestimmungsgleichungen hierher fehlt mir was

Ich habe ja zwei Gleichungen der Struktur

$\begin{eqnarray*} C_1=C_2v^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C_3=C_4v_0^2 \end{eqnarray*}$ , die C-Werte übrigens allesamt positiv, falls s>0 und die Rolle noch nicht zu Ende ist.
Somit gilt $\begin{eqnarray*} C_1C_4v_0^2=C_2C_3v^2 \end{eqnarray*}$ , und $\begin{eqnarray*} v>v_0 \end{eqnarray*}$ ist dann äquivalent zu $\begin{eqnarray*} C_1C_4v^2>C_1C_4v_0^2=C_2C_3v^2 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} C_1C_4>C_2C_3 \end{eqnarray*}$ . War wohl etwas kurz von mir. Augenzwinkern

Zitat:

Original von kurellajunior
Das sieht zwar Deinem ähnlich, aber hat doch ein zwei Unterschiede... verwirrt

Ich sehe nur den Unterschied, dass du versuchst, $\begin{eqnarray*} v<v_0 \end{eqnarray*}$ zu beweisen und demzufolge gerade das Relationszeichen in der anderen Richtung hast!

Die Positivitätsuntersuchungen der Klammerpaare kannst du dir übrigens sparen, wenn du auf die ursprüngliche Bedeutung der dort auftretenden "Differenzen" zurückgehst. Negativ können diese Terme höchstens werden, wenn du versuchst, mehr Papier abzuwickeln, als eigentlich drauf ist. - sozusagen "Anti-Materie-Klopapierrollen". Big Laugh

Ich glaube, ich muss erstmal Klo

... das war jetzt mal nötig.

11.03.2005, 20:24

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Arthur Dent
$\begin{eqnarray*} C_1C_4>C_2C_3 \end{eqnarray*}$ . War wohl etwas kurz von mir. Augenzwinkern

Genau das habe ich vermutet, aber im Kopf bei diesen Termen mit Kürzen, das ging nicht...

Zitat:

Original von Arthur Dent

Ich sehe nur den Unterschied, dass du versuchst, $\begin{eqnarray*} v<v_0 \end{eqnarray*}$ zu beweisen und demzufolge gerade das Relationszeichen in der anderen Richtung hast!

So jetzt alles verstanden, jetzt fehlt mir nur noch die Äquivalenzumformerei zu Deiner 0< Aussage: Aber da vertrau ich Deiner mathematischen Fähigkeit. Jetzt stürz ich mich mal auf Deinen Ansatz. Da das Ergebnis nicht stimmt, find ich entweder meinen Fehler, oder Deinen. Bis gleich

Jan

11.03.2005, 21:17

Auf diesen Beitrag antworten »

@Jan

Du kannst natürlich auch gleich $\begin{eqnarray*} s=s(t) \end{eqnarray*}$ aus der obigen Differenzialgleichung ableiten:

$\begin{eqnarray*} t = \int\limits_0^s\sqrt{\frac{(m_0-xdb\varrho)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3dx\right)}{2(2m_0-xdb\varrho)g\sin\alpha \left(\pi r_0^2-dx\right)x}}~\text{d}x \end{eqnarray*}$

Zum Auflösen dieses Integrals habe ich aber heute wirklich keinen Nerv mehr. unglücklich

11.03.2005, 21:44

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Also im Ansatz nichts gefunden.

Bei mir auf dem Papier komt bei der Umformung übrigens ein gleich 0 raus, kein größer...
Ich rechne nochmal nach. Magst Du derweil Deine Umformung hier reinposten, da hättsch Lust drauf mich durchzubeißen. Ich mach parallel meine nochmal und wenn ich immer noch auf gleich komme, dann stell' ich sie auch rein.

Jan

11.03.2005, 22:06

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Kommando zurück.
Fehler gefunden.

Meine Überlegung hat den Drehimpuls und dessen Beibehaltung ignoriert. Durch das liegenlassen des Papiers wird das Drehmoment verringert ohne das rotierende Masse abgegeben wird. Ergo muss sich die Rotations und damit die Translationsgeschwindigkeit entsprechend erhöhen. Und ab hier verlassen mich die theoretischen Überlegungen zu eindeutigen Aussagen.

Hoch lebe der Energeierhaltungssatz Freude

Arthur. Ich stimme Dir vorbehaltlos zu, die befestigte Rolle müsste tatsächlich schneller unten ankommen.

Jan

11.03.2005, 22:31

Auf diesen Beitrag antworten »

Was soll ich sagen - einfach $\begin{eqnarray*} m_0=\pi(r_0^2-r_i^2)b\varrho \end{eqnarray*}$ in

$\begin{eqnarray*} g(s):=(2m_0-sdb\varrho) \left(\pi r_0^2-ds\right)(r_i^2+3r_0^2) - 2 r_0^2 (m_0-sdb\varrho)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right) \end{eqnarray*}$ .

einsetzen ergibt

$\begin{eqnarray*} g(s)=\left[(2\pi(r_0^2-r_i^2)-sd) \left(\pi r_0^2-ds\right)(r_i^2+3r_0^2) - 2 r_0^2 (\pi(r_0^2-r_i^2)-sd)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right)\right]b\varrho \end{eqnarray*}$

Dann habe ich das Ausmultiplizieren Mathematica überlassen, was dann sowas wie

$\begin{eqnarray*} g(s)=\left[\pi(3r_0^4-r_0^2r_i^2+2r_i^4)-(3r_0^2-r_i^2)sd\right]sdb\varrho \end{eqnarray*}$

ausgespuckt hast. Dann habe ich noch das bekannte Ende der Rolle, also $\begin{eqnarray*} s_{\max}d=\pi(r_0^2-r_i^2) \end{eqnarray*}$ eingesetzt:

$\begin{eqnarray*} g\left(s_{\max}\right)=\pi r_i^2(3r_0^2+r_i^2)s_{\max}db\varrho > 0 \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} \frac{g(s)}{s} \end{eqnarray*}$ monoton fallend ist, gilt natürlich dann $\begin{eqnarray*} g(s)>0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} 0<s\leq s_{\max} \end{eqnarray*}$ .

11.03.2005, 22:39

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Arthur Dent
Dann habe ich das Ausmultiplizieren Mathematica überlassen, was dann sowas wie...

Toll und ich sitz hier mit Bleistift und apier und rechne das hinterher, nur um rauszukriegen, dass Du Recht hast und ich mal wieder einen kapitalen Denkfehler hatte Hammer

Gute Nacht und Vielen Danke für die Kopfarbeit <--Das war keine Ironie smile

Jan

12.03.2005, 14:43

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich bin inzwischen der Überzeugung, dass mein Ansatz ohne Energieabgabe (an die Ebene, Luft oder was weiß ich) physikalischer Unsinn ist: Die befestigte Rolle erreicht nämlich bei mir am Endpunkt unendliche Geschwindigkeit (ich höre bereits Albert Einstein im Grab rotieren) ! Klo

Vielleicht sollte ich doch lieber bei der Mathematik bleiben ... Big Laugh

12.03.2005, 14:49

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Wie kommst Du jetzt auf unendlich verwirrt

Irgendwann ist doch das Band zu Ende und dann verhält sich die Rolle wie eine lose mit $\begin{eqnarray*} r_i \end{eqnarray*}$ als Außernradius?

Tatsächlich stößt sich die Rolle an ihrem eigenen abgewickelten Papier ab, wenn man es sich unbegingt vorstellen will. (Impulserhaltungssatz, das Papier dass liegenbleibt ist impulsfrei, der Dreh- und Bewegungsimpuls müssen aber erhalten bleiben Augenzwinkern

) Denk mal drüber nach, was das für eine Rolle auf der geraden Ebene bedeutet... verwirrt

Aber das mit unendlich musst Du mir erklären

12.03.2005, 14:56

Auf diesen Beitrag antworten »

Das abgerollte Band liegt ja ruhig, hat also keine kinetische Energie. Also "versammelt" sich die gesamte umgewandelte Energie in der kinetischen Energie (Translation+Rotation) der Restrolle, die ich ja ohne Kern betrachtet habe, d.h., deren Masse im Endpunkt Null ist! Schwer vorstellbar, dass dieses Modell der Energieübertragung dort dann auch nur näherungsweise tragbar ist.

Richtig bleibt allerdings an meiner Überlegung, dass zumindest der Beginn der Rollphase auch quantitativ so stimmen müsste, wie ich es aufgeschrieben habe, also $\begin{eqnarray*} v(s)>v_0(s) \end{eqnarray*}$ .

EDIT: Auch nach meiner Formel oben ergibt sich folgerichtig $\begin{eqnarray*} v(s_{\max})=\infty \end{eqnarray*}$ .

12.03.2005, 15:06

sommer87

Auf diesen Beitrag antworten »

warum steht das eigentlich noch im OT? Hammer

VERSCHOBEN nach SONSTIGES
(auch wenns eher Physik ist Augenzwinkern

)

12.03.2005, 15:18

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Dumeinst wenn Du $\begin{eqnarray*} s_{\text{max}}=\frac{\pi}{d}\left(r^2-r_i^2\right) \end{eqnarray*}$ in
$\begin{eqnarray*} 2(2m_0-sdb\varrho)g\sin\alpha \left(\pi r_0^2-ds\right)s = (m_0-sdb\varrho)\left(\pi(r_i^2+3r_0^2)-3ds\right)v^2 . \end{eqnarray*}$
einsetzt kommt da $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ raus?

Schaff ich grad nicht, noch zu früh...

Aber zum trösten: Eine Klopapierrolle hat im inneren einen Pappkern. Und der muss dann die gesammte Energie tragen, korrekt.
Wenn Du tatsächlich eine Kernlose Rolle hättest, dann würde das Ende seiner Gegenkraft beraubt im Moment des Rückstoßes auf die Ebene schnalzen. Das wäre dann die von Dir gesuchte Energieübertragung. Eine Papprolle würde schlicht und ergreifend herausgeschossen werden. Ich gebe zu ich habe mich lange gegen Deine Rechnerei gesträubt, jetzt komm ich Dir hinterher und Du???, aber eine unendliche Geschwindigkeit sehe ich trotzdem nicht.

Zeigs mir bitte... Jan

12.03.2005, 15:26

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} m_0-s_{\max}db\varrho=0 \end{eqnarray*}$ , alle anderen Faktoren bleiben positiv.

Ich sage ja auch gar nicht, dass alles Unsinn ist - ich wollte bloß auf die Problematik kurz vor Rollenende hinweisen. Und mit Kern kommt es ja auch nicht zu diesem Problem, da hast du recht. Augenzwinkern

12.03.2005, 19:54

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast mich doch tatsächlich den ganzen Nachmittag beschäftigt, aber ich habs gelöst:

Also mit Rollenkern, alles fein.

Ohne Rollenkern aber $\begin{eqnarray*} r_i>>0 \end{eqnarray*}$ :
Jetzt wirds lustig. Bei dieser Variante müssen wir beachten, dass unsere Energiebetrachtung für einen Hohlzylinder gilt! Wenn wir annehmen, dass die Rolle solange völlig stabil bleibt, wie sich mindestens 2 Lagen berühren, dann betrachten wir mal die letzte Umdrehung. Bis dahin ist alles klar. Sobald aber die letzte Umdrehung ansetzt, könne wir unsere Vereinfachung des Hohlzylinders, der alle Umdrehung eine Schicht verliert nicht mehr anwenden.
Sobald die letzte Schicht die gerade abgerollte nicht mehr berührt, fällt die zur Stabilisierung notwendigerweise vorhanden gewesene Zentripetalkraft weg. Damit setzten die Trägheitsmomente an jedem Punkt des Papiers an, und die gesamte Rotationsenergie "fliegt" nach außen weg. Da das Papier aber immer noch zusammen hängt schlägt es einem kurzen Bogen gegen die Ebene. Der noch vorhandene Vorwärtsimpuls dürfte dabei ziemlich am Papier zerren.

Ohne Rollenkern und $\begin{eqnarray*} r_i\to 0 \end{eqnarray*}$ :
Jetzt müssen wir im Endbereich noch zwei weitere Vereinfachungen fallen lassen: 1. werden die notwendigen Zentripetalkräfte um eine so klein gewickelte Rolle bei der Rotation zusammenhalten zu können, so groß, dass wir nicht idealerweise davon ausgehen können, dass $\begin{eqnarray*} r_i \end{eqnarray*}$ tatsächlich gegen 0 geht. Im Gegenteil, die Trägheit wird zum Ende hin die Rolle auseinandertreiben, was wieder zu oben beschriebenem "Schnalzen" führt. Die zweite Vereinfachung die hier nicht mehr zu vernachlässigen ist, ist die Verformungsarbeit, die geleiset werden muss, um eine so stark gekrümmte Fläche zu ebenen.

Das sollte auch Deine letzten Zweifel an der Richtigkeit Deiner Überlegungen zerstreuen, oder?

physikalische Grüße und hoffentlich bald mal wieder, Jan

PS: Im Physikboard ist übrigens gerade eine ähnlich spannende Aufgabe zur Befüllung einer hohen Hohlzylinders mit Loch gestellt worden... Augenzwinkern

Neue Frage »

Antworten »

Klopapier Aufgabe

Verwandte Themen