TM Aufgabe 10-10.pdf

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Uploaded by Anonymous User at 2019-01-28
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Aufgabe TMIII-10/10

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Sorry, aber was steht da? Kann das nicht lesen ?
Warum geht r als r^4 ein? Oben bei dM steht ja noch r^3..
Wenn du Polarkoordinaten verwendest, ist die Umformung dA = r*dr*d alpha. Daher das zusätzliche r.
Ist das kein Trägheitsmoment ? Dann dürfte man es doch nicht in den Freischnitt einzeichnen.
Bei einem Freischnitt nach dÁlembert schon oder ?
gibts hier nicht probleme mit der unteren grenze?
Das ist ein Punkt dieser Lösung, die bei Allen wieder zu einem K führen wird. Dieser Zwischenschritt würde ich komplett weglassen und lediglich die seperable DGL lösen. Genau genommen handelt es sich ja um ein unbestimmtes Integral.
No area was marked for this question
wie kommt man auf v?
v ist ja gerade die rotatorische, tangentiale Geschwindigkeit der Scheibe um die e_y-Achse: v=r*phi_pkt, wobei r nur in e_x-Richtung zeigen darf und deshalb noch der cos(Theta) eingebaut wird.
fehlt in diesem schritt nicht das phi_punkt^2?
ja, kann man aber als faktor behandeln und einfach vorziehen
Wieso hast du diese Grenzen gewählt und dann mal 2 vor dem Integral? Du kannst doch auch einfach gleich über die komplette Scheibe integrieren?
Nein, das geht eben nicht! Weil die Scheibe sich ja dreht, d.h. auf der anderen Hälfte der Scheibe wirkt der Luftwiderstand und damit das Moment des Luftwiderstands ja gerade in die entgegengesetzte Richtung. Sprich du würdest als Integrationsgrenzen 0..2*Pi einsetzten, wenn du dir jetzt die Stammfunktion hier links anschaust, würdest du überall sin(2*Pi)=sin(0)=0 bekommen, das Moment für den Luftwiderstand würde sich gegenseitig aufheben. Alternativ kannst du noch über eine viertel Kreisscheibe integrieren, sprich 0..Pi/2 und mit 4 multiplizieren.
Wieso hast du hier ein Minus? die Richtung von phi stimmt doch mit der pos. drehachse überein? (phi und e_y bilden die rechte Hand regel)
Weil der Luftwiderstand der Bewegung entgegen wirkt, und daher negativ eingehen muss, bzw. in die andere Richtung drehen muss.