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Moderiert von fru MontyPythagoras
Mechanik » Dynamik des starren Körpers » Drehimpuls Starrer Körper
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Autor
Universität/Hochschule J Drehimpuls Starrer Körper
Wirkungsquantum
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 10.03.2015
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Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-01-31

\(\begingroup\)
Hallo,
ich hab eine Frage zum Drehimpuls eines starren Körpers (beispielhaft den, eines Vollzylinders; der Einfachheit steht die Winkelgeschwindigkeit im folgenden senkrecht zum Radius). Mit L bezeichne ich den Drehimpuls und mit I das Trägheitsmoment.
Der Drehimpuls ist ja als $\vec{L}=m\cdot\vec{r} \times \vec{v}$ definiert. Wenn ich mit den Beträgen arbeite und als Winkel zwischen v und r 90° annehme, kann ich das ja zu $L=mvr$ überführen.
Wenn ich jetzt den Drehimpuls eines starren Körpers betrachte, dann gilt ja $L=I\omega$. Speziell für den Vollzylinder gilt $I=\frac{1}{2} mr^2$ womit die Gleichung mit $\omega =\frac{v}{r}$ in $L=\frac{1}{2} mr^2\frac{v}{r}=\frac{1}{2} mrv$ übergeht. Verstehe ich richtig, dass die obige Definitionsgleichung nur für Massenpunkte (bzw. Massenelemente) gilt und $L=I\omega$ dann der allgemeine Drehimpuls eines starren Körpers ist?

Danke im Voraus.

Grüße,
h


-----------------
$h=6,626⋅10^{-34} Js$
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Spock
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.04.2002
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Aus: Schi'Kahr/Vulkan
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-02-01

\(\begingroup\)
Hallo h!

2018-01-31 21:13 - Wirkungsquantum im Themenstart schreibt:
...
Verstehe ich richtig, dass die obige Definitionsgleichung nur für Massenpunkte (bzw. Massenelemente) gilt und $L=I\omega$ dann der allgemeine Drehimpuls eines starren Körpers ist?

Ja das verstehst Du richtig. Allerdings läßt sich diese Definition für diskrete bzw. kontinuierliche Massenverteilungen durch entsprechende Summationen bzw. Integrationen schnell erweitern. Dann kann man ohne weiteren Annahmen zeigen, daß daraus die Gleichung mit dem Trägheitstensor folgt, schau z.B. mal hier, Beitrag No.7

Gruß
Juergen
\(\endgroup\)


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Wirkungsquantum
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 10.03.2015
Mitteilungen: 429
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-04

\(\begingroup\)
Hallo,

danke für die Antwort, das ist soweit verständlich geworden. Allerdings ist eine weitere Frage aufgetaucht: in einer Aufgabe wurde ein Block mit Hilfe einer Schnur auf einer Kreisbahn gehalten. Die Lösung hatte den Drehimpuls des Blockes (bezüglich des Ursprungs, indem sich die Schnur befindet) als $\vec{L}=m\cdot\vec{r} \times \vec{v}$ angegeben, also den Block als Massenpunkt behandelt. Als es die kinetische Energie berechnet werden musste (vom selben Block) wurde allerdings nun aber das Trägheitsmoment zur Berechnung der Kinetischen Energie herangezogen. Verstehe ich richtig das dann der Körper als Starrer Körper behandelt wurde (und nicht mehr wie grad eben als Massenpunkt)?

Danke im Voraus.

Grüße,
h


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$h=6,626⋅10^{-34} Js$
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Wirkungsquantum
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-11

\(\begingroup\)
*pusch*


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$h=6,626⋅10^{-34} Js$
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wladimir_1989
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1053
Aus: Freiburg
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-02-12


Hallo  Wirkungsquantum,

könntest du bitte die entsprechende Rechnung hier aufschreiben?

lg Wladimir



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Wirkungsquantum
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 10.03.2015
Mitteilungen: 429
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-12

\(\begingroup\)
Hallo,
hier ist sie (aus der Lösung):
Der Anfangsdrehimpuls des Blocks ist gegeben
durch $L_0 = r_0mv_0$.
b) Seine kinetische Anfangsenergie ist $E_{kin,0} = \frac{1}
{2} mv^2_0$.
c) Gemäß dem zweiten Newton’schen Axiom ist die Zugkraft
in der Schnur betragsmäßig gleich der Zentripetalkraft:
$F_S = F_{ZP} =\frac{mv^2_0}{r^2}$.
d) Mit der Beziehung $L_0 = r_0mv_0$ (aus Teilaufgabe a) sowie
mit $L_0 = L_E$ ergibt sich die Arbeit aus der Differenz der
kinetischen Energien zu
$W=\Delta E_{kin} = \frac{L_e^2}{2I_e}-\frac{L_0^2}{2I_0} ...$

Mit einer nachfolgenden Vereinfachung.

Grüße,
h


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$h=6,626⋅10^{-34} Js$
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wladimir_1989
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Mitteilungen: 1053
Aus: Freiburg
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-02-13


Hallo,

ich sehe gerade nicht, wo hier die konkrete Form des Blocks in die Rechnung eingeht. Soweit ich sehe, wurden nur Formeln für punktförmige Massen verwendet.

lg Wladimir



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Wirkungsquantum
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Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-13

\(\begingroup\)
Hallo,

in der d) wurde wenn ich das richtig sehe der Block als starrer Körper behandelt, weil hier wurde die kinetische Energie mit dem Trägheitsmoment ausgedrückt.

Grüße,
h


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$h=6,626⋅10^{-34} Js$
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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-02-13

\(\begingroup\)
Hallo Wirkungsquantum,

auch eine rotierende Punktmasse hat einen Trägheitsmoment, nämlich \(I=mr^2\), falls \(r\), der Abstand der Punktmasse von der Rotationsachse ist.


lg Wladimir
\(\endgroup\)


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Wirkungsquantum
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Mitteilungen: 429
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-13

\(\begingroup\)
Hallo,
oh ja stimmt ja, hatte ich ganz vergessen... das erklärt das natürlich. Indem Fall wird die Lösung wohl den Block einfach als Punktmasse behandelt haben (und einen Quader als zu mühselig empfunden haben) oder?

Grüße,
h


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$h=6,626⋅10^{-34} Js$
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wladimir_1989
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-02-13

\(\begingroup\)
Hallo,
die Annahme, der Block sei eine Punktmasse vereinfacht natürlich die Rechnung. Ob diese Annahme gerechtfertigt ist, hängt davon ab, wie groß r im Vergleich zu den Abmessungen des Quaders ist. Die Annahme ist gut, falls \(r\gg a\) ist, wobei a sowas wie eine typische Größenskala des Quaders ist, z.B. die größte Seitenlänge o.Ä.


lg Wladimir
\(\endgroup\)


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Wirkungsquantum
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-14

\(\begingroup\)
Hallo,
alles klar danke, das ganze ist nun verständlich geworden.

Grüße,
h


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$h=6,626⋅10^{-34} Js$
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