04.4 – Rollen auf schiefer Ebene

 

Eine homogene Kugel (Radius R, Masse M) und ein homogener Vollzylinder (gleiche Masse M und gleicher Radius R) rollen eine geneigte Ebene (Höhe H, Neigungswinkel \alpha) hinab.

  1. Stellen Sie für beide Körper die Differentialgleichung der Bewegung auf (z-Koordinate in Bewegungsrichtung)
  2. Lösen Sie die Differentialgleichung z\left(t\right) und berechnen Sie die maximale Geschwindigkeit der beiden Körper am Fußpunkt der geneigten Ebene.
  3. Berechnen Sie auch jeweils v_{\max} aus dem Energieerhaltungssatz.

Lösung

a )

Wir setzen zunächst die (schon verlorene) potentielle Energie mit der (aus der verlorenen potentiellen Energie gewonnenen) kinetischen Energie gleich:

E_{pot} = E_{kin} \quad \Rightarrow \quad E_{pot} = E_{trans} +E_{rot} \quad \Rightarrow \quad m \cdot g \cdot h = \frac{1} {2}m \cdot v^2 +\frac{1} {2}J \cdot \omega ^2

Für die Winkelgeschwindigkeit gilt:

\omega = \frac{v} {r}

In die Gleichung eingesetzt:

m \cdot g \cdot h = \frac{1} {2}m \cdot v^2 +\frac{1} {2}J \cdot \left( {\frac{v} {r}} \right)^2

Für h wird hier nicht die aktuelle Höhe betrachtet, sondern die schon verlorene Höhe (sonst hätten wir die Energien nicht gleichsetzen können).
Die schon verlorene Höhe ist immer der schon zurückgelegte Weg · sin(α):

h = z \cdot \sin \alpha

In die Gleichung eingesetzt:

m \cdot g \cdot z \cdot \sin \alpha = \frac{1} {2}m \cdot v^2 +\frac{1} {2}J \cdot \left( {\frac{v} {r}} \right)^2

v ist die erste Ableitung des Ortes nach der Zeit:

m \cdot g \cdot z \cdot \sin \alpha = \frac{1} {2}m \cdot \dot z^2 +\frac{1} {2}J \cdot \frac{{\dot z^2 }} {{r^2 }}\quad \Rightarrow \quad m \cdot g \cdot z \cdot \sin \alpha = \dot z^2 \cdot \left( {\frac{1} {2}m+\frac{1} {2}J \cdot \frac{1} {{r^2 }}} \right)

Dies ist keine homogene Differentialgleichung. Um eine solche zu erhalten, leiten wir ab (Kettenregel bei dem Quadrat beachten):

m \cdot g \cdot z \cdot \sin \alpha = \dot z^2 \cdot \left( {\frac{1} {2}m+\frac{1} {2}J \cdot \frac{1} {{r^2 }}} \right)\quad |\frac{d} {{dt}}

\dot z \cdot m \cdot g \cdot \sin \alpha = 2 \cdot \dot z \cdot \ddot z \cdot \left( {\frac{1} {2}m+\frac{1} {2}J \cdot \frac{1} {{r^2 }}} \right)

Da die Geschwindigkeit auf der schiefen Ebene niemals 0 ist, dürfen wir durch sie dividieren:

m \cdot g \cdot \sin \alpha = 2 \cdot \ddot z \cdot \left( {\frac{1} {2}m+\frac{1} {2}J \cdot \frac{1} {{r^2 }}} \right)

Nun müssen wir nur noch nach der Beschleunigung umformen:

m \cdot g \cdot \sin \alpha = 2 \cdot \ddot z \cdot \left( {\frac{1} {2}m+\frac{1} {2}J \cdot \frac{1} {{r^2 }}} \right)\quad \Rightarrow \quad m \cdot g \cdot \sin \alpha = \ddot z \cdot \left( {m+J \cdot \frac{1} {{r^2 }}} \right)

\Rightarrow \quad \frac{{m \cdot g \cdot \sin \alpha }} {{m+J \cdot \frac{1} {{r^2 }}}} = \ddot z\quad \Rightarrow \quad \ddot z = \frac{{m \cdot g \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +J}}

b )

Wir leiten die Differentialgleichung zwei Mal auf um die Funktion für die Bewegung in z-Richtung zu erhalten:

\ddot z = \frac{{m \cdot g \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +J}}

\dot z = \frac{{m \cdot g \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +J}} \cdot t+C_1

z = \frac{{m \cdot g \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{2 \cdot \left( {m \cdot r^2 +J} \right)}} \cdot t^2 +C_1 \cdot t+C_2

Als Rahmenbedingungen nutzen wir, dass sowohl Position als auch Geschwindigkeit in z-Richtung bei t0 gleich 0 sind:

z\left( 0 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad C_2 = 0

\dot z\left( 0 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad C_1 = 0

\Rightarrow \quad z\left( t \right) = \frac{g} {2}t^2 \cdot \frac{{m \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +J}}

Bisher war für die beiden Körper noch alles gleich. Nun setzen wir aber das Trägheitsmoment ein und betrachten zunächst die Kugel.

Kugel

Das Trägheitsmoment einer homogelen Vollkugel beträgt:

J = \frac{2} {5}m \cdot r^2

Dies wurde schon in Aufgabe 4.3 berechnet.

Eingesetzt:

z\left( t \right) = \frac{g} {2}t^2 \cdot \frac{{m \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +J}}

z\left( t \right) = \frac{g} {2}t^2 \cdot \frac{{m \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +\frac{2} {5}m \cdot r^2 }} = \frac{g} {2}t^2 \cdot \frac{{m \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{\frac{7} {5}m \cdot r^2 }} = \frac{g} {2}t^2 \cdot \frac{{\sin \alpha }} {{\frac{7} {5}}} = \frac{5} {{14}} \cdot g \cdot t^2 \cdot \sin \alpha

Für die Höhe der schiefen Ebene gilt:

h = z_{max} \cdot \sin \alpha \quad \Rightarrow \quad z_{max} = \frac{h} {{\sin \alpha }}

Dies setzen wir mit der eben berechneten Formel für z gleich:

\frac{h} {{\sin \alpha }} = \frac{5} {{14}} \cdot g \cdot t^2 \cdot \sin \alpha \quad \Rightarrow \quad \frac{{h \cdot 14}} {{g \cdot \sin ^2 \alpha \cdot 5}} = t^2 \quad \Rightarrow \quad t = \sqrt {\frac{{h \cdot 14}} {{g \cdot \sin ^2 \alpha \cdot 5}}}

Die so berechnete Zeit, die die Kugel braucht, um das untere Ende der schiefen Ebene zu erreichen, setzen wir in die Formel für die Geschwindigkeit ein, nachdem wir diese durch Einsetzen von J vereinfacht haben:

\dot z = \frac{{m \cdot g \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +J}} \cdot t\quad \Rightarrow \quad \dot z = \frac{{m \cdot g \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +\frac{2} {5}m \cdot r^2 }} \cdot t = \frac{{g \cdot \sin \alpha }} {{\frac{7} {5}}} \cdot t = \frac{5} {7}g \cdot \sin \alpha \cdot t

\dot z_{max} = \frac{5} {7}g \cdot \sin \alpha \cdot \sqrt {\frac{{h \cdot 14}} {{g \cdot \sin ^2 \alpha \cdot 5}}} = \sqrt {\frac{{h \cdot 14 \cdot \sin ^2 \alpha \cdot g^2 \cdot 25}} {{g \cdot \sin ^2 \alpha \cdot 5 \cdot 49}}}

= \sqrt {\frac{{h \cdot 2 \cdot g \cdot 5}} {7}} = \sqrt {2 \cdot g \cdot h} \cdot \sqrt {\frac{5} {7}}

Nun kommen wir zum Zylinder.

Zylinder

Das Trägheitsmoment eines Vollzylinders beträgt:

J = \frac{1} {2}m \cdot r^2

Dies wurde schon in Aufgabe 4.3 berechnet.

Eingesetzt:

z\left( t \right) = \frac{g} {2}t^2 \cdot \frac{{m \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +J}} = \frac{g} {2}t^2 \cdot \frac{{m \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +\frac{1} {2}m \cdot r^2 }} = \frac{g} {2}t^2 \cdot \frac{{\sin \alpha }} {{\frac{3} {2}}} = \frac{g} {3} \cdot t^2 \cdot \sin \alpha

Nun betrachten wir die Höhe zmax:

z_{max} = \frac{h} {{\sin \alpha }} = \frac{g} {3} \cdot t^2 \cdot \sin \alpha \quad \Rightarrow \quad t = \sqrt {\frac{{3 \cdot h}} {{g \cdot \sin ^2 \alpha }}}

Das Trägheitsmoment wird in die Formel für die Geschwindigkeit eingefügt. Anschließend wird für t die gerade berechnete Zeit eingesetzt:

\dot z = \frac{{m \cdot g \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +J}} \cdot t\quad \Rightarrow \quad \dot z = \frac{{m \cdot g \cdot \sin \alpha \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +\frac{1} {2}m \cdot r^2 }} \cdot t = \frac{{g \cdot \sin \alpha }} {{\frac{3} {2}}} \cdot t = \frac{2} {3}g \cdot \sin \alpha \cdot t

\Rightarrow \quad \dot z_{max} = \frac{2} {3}g \cdot \sin \alpha \cdot \sqrt {\frac{{3 \cdot h}} {{g \cdot \sin ^2 \alpha }}}

= \sqrt {\frac{{3 \cdot h \cdot 4 \cdot g^2 \cdot \sin ^2 \alpha }} {{g \cdot \sin ^2 \alpha \cdot 9}}} = \sqrt {\frac{{h \cdot 4 \cdot g}} {3}} = \sqrt {2 \cdot h \cdot g} \cdot \sqrt {\frac{2} {3}}

c )

Wir nutzen wieder den Ansatz, die potentielle Energie mit der kinetischen gleichzusetzen.

E_{pot} = E_{kin} \quad \Rightarrow \quad E_{pot} = E_{trans} +E_{rot} \quad \Rightarrow \quad m \cdot g \cdot h = \frac{1} {2}m \cdot v^2 +\frac{1} {2}J \cdot \omega ^2

\omega = \frac{v} {r}

m \cdot g \cdot h = \frac{1} {2}m \cdot v^2 +\frac{1} {2}J \cdot \left( {\frac{v} {r}} \right)^2

m \cdot g \cdot h = v^2 \left( {\frac{1} {2}m+\frac{1} {2} \cdot \frac{J} {{r^2 }}} \right)

v^2 = \frac{{2m \cdot g \cdot h \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +J}}\quad \Rightarrow \quad v = \sqrt {\frac{{2m \cdot g \cdot h \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +J}}}

Nun setzen wir das Trägheitsmoment für die Kugel ein:

v = \sqrt {\frac{{2m \cdot g \cdot h \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +\frac{2} {5}m \cdot r^2 }}} = \sqrt {\frac{{2 \cdot g \cdot h}} {{\frac{7} {5}}}} = \sqrt {2 \cdot g \cdot h} \cdot \sqrt {\frac{5} {7}}

Und für den Zylinder:

v = \sqrt {\frac{{2m \cdot g \cdot h \cdot r^2 }} {{m \cdot r^2 +\frac{1} {2}m \cdot r^2 }}} = \sqrt {\frac{{2 \cdot g \cdot h}} {{\frac{3} {2}}}} = \sqrt {2 \cdot g \cdot h} \cdot \sqrt {\frac{2} {3}}

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10 Kommentare zu “04.4 – Rollen auf schiefer Ebene”

Michael Kuyumcu

Berücksichtigt diese Lösung auch die Reibung und den Luftwiderstand? Wenn die Kugel die schiefe Ebene hinabrollt, ändert sich ja auch dauernd die Höhe und damit der Luftwiderstand.

?

Für Klärung wäre ich dankbar.

Die beiden Körper bewegen sich nicht gleitend, sondern rollend die Ebene hinab. Der Einfluss der Reibung zwischen Körper und schiefer Ebene ist daher sehr gering und wurde vernachlässigt.

Für den Luftwiderstand muss man in der Differentialgleichung eine Gegenkraft berücksichtigen. Für die Kugel ist diese z.B.:

    \[F_r= -6 \pi \cdot  \eta \cdot  v \cdot  r\]

Dabei ist

    \[v\]

die Geschwindigkeit der Kugel,

    \[r\]

ihr Radius und

    \[\eta\]

die dynamische Viskosität der Luft. Bei geringem Druck, wie er in der Erdatmosphäre herrscht, ist die dynamische Viskosität nicht vom Druck und damit auch nicht von der Höhe abhängig.

Rechenbeispiel

Material der Kugel: Stahl (

    \[\rho = 7,86\frac{g}{{c{m^3}}} = 7860\frac{{kg}}{{{m^3}}}\]

)

Radius der Kugel:

    \[r = 20cm = 0,2m\]

Höhe der schiefen Ebene:

    \[h = 5m\]

Dynamische Viskosität von Luft:

    \[{\eta _{Luft}} = 17,1\mu Pa \cdot  s = 17 \cdot  {10^{-6}}\frac{{Ns}}{{{m^2}}}\]

Masse der Kugel:

    \[\rho = \frac{m}{V}\quad \Rightarrow \quad m = V\rho = \frac{4}{3}\pi {r^3}\rho = \frac{4}{3}\pi {\left( {0,2m} \right)^3} \cdot  7860\frac{{kg}}{{{m^3}}} = 263,3kg\]

Geschwindigkeit am Ende der schiefen Ebene:

    \[v = \sqrt {2\cdot g\cdot h} \cdot \sqrt {\frac{5}{7}} = \sqrt {2\cdot g\cdot 5m} \cdot \sqrt {\frac{5}{7}} = 8,37\frac{m}{s}\]

Luftwiderstand:

    \[{F_r} = -6\pi \cdot \eta \cdot v\cdot r = -6\pi \cdot 17 \cdot  {10^{-6}}\frac{{Ns}}{{{m^2}}}\cdot 8,37\frac{m}{s}\cdot 0,2m = -0,0005N\]

Dies ist verschwindend gering, etwa verglichen mit der Gewichtskraft der Kugel:

    \[{F_g} = mg = 263,3kg \cdot  g = 2579N\]

Dr. F. Preuschoff

Ich komme theoretisch auch zur gleichen Formel und würde dies gerne im Einklang zum durchgeführten Experiment sehen. Leider weichen die Ergebnisse für a um erstaunliche 21% ab. Das können ja wohl kaum Reibungsverluste sein oder doch!?

Zum Experiment: Die Stahlkugel (r = 3,5 mm) rollt auf zwei nebeneinander liegenden Stativstäben aus Stahl herab. l = 60 cm; Neigungswinkel = 5°; Aufgenommen mit Digitalkamera 30 Frames pro Sekunde; Auswertung der Einzelbilder am PC

Theorie: a = 48 cm s-2 Experiment: a = 61 cm s-2

Ich gehe davon aus, dass Sie mit

    \[a\]

die Beschleunigung in z-Richtung meinen. Anscheinend haben Sie in Ihrem letzten Satz Theorie und Experiment vertauscht? Es ist (unabhängig vom Radius oder der Masse der Kugel):

    \[a = \ddot z = \frac{{mg\sin \left( \alpha  \right){r^2}}} {{m{r^2} + \frac{2} {5}m{r^2}}} = \frac{{g\sin \left( \alpha  \right)}} {{\frac{7} {5}}} = \frac{{9,81\frac{m} {{{s^2}}}\sin \left( {5^\circ } \right)}} {{\frac{7} {5}}} = 61\frac{{cm}} {{{s^2}}}\]

Dass Sie im Experiment einen Wert erhalten, der 21% geringer ist, liegt gewiss nicht an Reibungsverlusten. Wenn ich Sie richtig verstanden habe, rolle Ihre Kugel auf zwei Stäben, die einen gewissen Abstand voneinander haben. Dadurch hat die Kugel nicht mehr einen Auflagepunkt unter ihrem Schwerpunkt, sondern zwei Auflagepunkte weiter außen. Aus diesem Aufbau folgt, dass die Kugel sich schneller um sich selbst drehen muss, um mit der gleichen Geschwindigkeit zu rollen. Extremal wird dieser Effekt, wenn Sie die Kugel auf einer dünnen Achse rollen lassen.
Durch die höhere Rotationsgeschwindigkeit wird mehr potentielle Energie in Rotationsenergie umgewandelt und weniger in kinetische Energie, die Kugel beschleunigt langsamer.

Dr.F.Preuschoff

Danke für die unerwartet schnelle Antwort. Tatsächlich habe ich die beiden Werte Experiment und Theorie im Schreiben vertauscht. Sie haben recht. In der Tat wird mehr Energie in Rotation umgewandelt, wodurch der rein translatorische Anteil kleiner wird. Das habe ich mir inzwischen auch überlegt.

Die beiden Stativstäbe liegen übrigens berührend nebeneinander. Durch die beiden seitlichen Auflagepunkte ergibt sich quasi eine Art “reduzierter Rollradius”

    \[x\]

. Damit gilt nicht mehr

    \[v = \omega r\]

, sondern

    \[v = \omega x\]

, wenn

    \[v\]

die Bahngeschwindigkeit,

    \[\omega\]

die Winkelgeschwindigkeit und

    \[r\]

der Kugelradius bedeuten. Gelöst ergäbe sich dann folgende Formel für die Beschleunigung in z-Richtung:

    \[a = \frac{1}{b}g\sin\left(\alpha\right)\]

mit

    \[b = 1 + \frac{2}{5} f\]

und

    \[f = \frac{1}{1 - \frac{r^2}{\left({r+R}\right)^2}}\]

mit

    \[\alpha\]

: Neigungswinkel

    \[r\]

: Kugelradius

    \[R\]

: Radius Stativstabquerschnitt

Ich hoffe, die Formeln sind trotz der unschönen Formatierung noch lesbar. Es geht also das Verhältnis der beiden Radien mit in die Formel ein, welches im Experiment r/R = 17/10 war.

Mithin folgt dann der theoretische Wert von

    \[a = 51,4 \frac{m}{s^2}\]

. Verglichen mit den

    \[48,1\frac{m}{s^2}\]

des Experiments sind das nur noch 6% Abweichung, was mir aber immer noch als zu viel erscheint.

Das Experiment haben im übrigen meine Schüler (GYM) durchgeführt. Für das Wochenende besteht also keine Chance auf Befragung zu weiteren möglichen Abweichungen in Versuchaufbau und -durchführung.

[edit by admin:] Formeln in LaTeX umgewandelt

Dr.F.Preuschoff

Anbei noch eine Randbemerkung: Der Kugelradius war nicht 3,5 mm, sondern größer, da die Schüler eine andere Stahlkugel als vorgesehen aus dem Set verwendet haben :-) Leider habe ich deren Radius nicht parat. Aus dem Digitalphoto folgt jedenfalls r/R = 17/10.

Kann es sein, dass Sie beim Berechnen des verkleinerten Rollradius einen Fehler gemacht haben? Hier meine Überlegungen:

Energieerhaltung:

    \[{E_{pot}} = {E_{kin}} + {E_{rot}}\quad  \Rightarrow \quad mgh = \frac{1}{2}m{\dot z^2} + \frac{1}{2}J{\omega ^2}\]

Die Winkelgeschwindigkeit errechnet sich nun nicht mehr aus dem Radius der Kugel, sondern aus dem verkleinerten Rollradius

    \[x\]

:

Den verkleinerten Rollradius berechnen wir wie folgt. Strahlensatz:

    \[\frac{{R + r}}{r} = \frac{R}{y}\quad  \Rightarrow \quad y = \frac{{Rr}}{{R + r}}\]

Satz von Pythagoras:

    \[{x^2} + {y^2} = {r^2}\quad  \Rightarrow \quad x = \sqrt {{r^2} - {{\left( {\frac{{Rr}}{{R + r}}} \right)}^2}}\]

Damit folgt für die Winkelgeschwindigkeit:

    \[\omega  = \frac{{\dot z}}{x} = \frac{{\dot z}}{{\sqrt {{r^2} - {{\left( {\frac{{Rr}}{{R + r}}} \right)}^2}} }}\]

In die Gleichung für die Energieerhaltung eingesetzt:

    \[mgz\sin \left( \alpha  \right) = \frac{1}{2}m{\dot z^2} + \frac{1}{{2{r^2} - 2{{\left( {\frac{{Rr}}{{R + r}}} \right)}^2}}}J\:{\dot z^2} = {\dot z^2}\left[ {\frac{1}{2}m + \frac{1}{{2{r^2} - 2{{\left( {\frac{{Rr}}{{R + r}}} \right)}^2}}}J} \right]\]

Ableiten für homogene DGL:

    \[mg\sin \left( \alpha  \right) = \ddot z\left[ {m + \frac{1}{{{r^2} - {{\left( {\frac{{Rr}}{{R + r}}} \right)}^2}}}J} \right]\quad  \Rightarrow \quad \ddot z = \frac{{mg\sin \left( \alpha  \right)}}{{m + \frac{1}{{{r^2} - {{\left( {\frac{{Rr}}{{R + r}}} \right)}^2}}}J}}\]

Einsetzen Trägheitsmoment Kugel:

    \[\ddot z = \frac{{mg\sin \left( \alpha  \right)}}{{m + \frac{1}{{{r^2} - {{\left( {\frac{{Rr}}{{R + r}}} \right)}^2}}} \cdot \frac{2}{5}m{r^2}}} = \frac{{g\sin \left( \alpha  \right)}}{{1 + \frac{2}{5} \cdot \frac{{{r^2}}}{{{r^2} - {{\left( {\frac{{Rr}}{{R + r}}} \right)}^2}}}}}\]

    \[= \frac{{9,81\frac{m}{{{s^2}}} \cdot \sin \left( {5^\circ } \right)}}{{1 + \frac{2}{5} \cdot \frac{{{r^2}}}{{{r^2} - {{\left( {\frac{{\frac{{10}}{{17}}r}}{{\frac{{27}}{{17}}}}} \right)}^2}}}}} = \frac{{9,81\frac{m}{{{s^2}}} \cdot \sin \left( {5^\circ } \right)}}{{1 + \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{{1 - {{\left( {\frac{{10}}{{27}}} \right)}^2}}}}} = 0,58\frac{m}{{{s^2}}}\]

Die restliche Abweichung liegt vielleicht an Messfehlern… Am besten führen Sie das Experiment noch ein Mal mit einer Platte statt der Stativstäbe durch und vergleichen das Ergebnis.

[edit by admin:] Fehlendes Quadrat ergänzt, Ergebnis korrigiert.

Dr. F. Preuschoff

Ja, so etwas passiert mir häufig, wenn ich gerne auf irgendwelche Zettel wie Rechnungen, Bierdeckel oder Briefumschläge schreibe. Es muss natürlich lauten

    \[f = \frac{1}{1 - \frac{R^2}{\left({r+R}\right)^2}}\]

der Rest bleibt so.

Allerdings kann ich dann den vorletzten Term Ihrer Berechnung nicht nachvollziehen, weil der Korrekturfaktor f bei mir mit ca. 1,16 ungleich 27/17 ist. Den vorvorletzten Term habe ich jedoch auch so. Bei meiner Berechnung komme ich jetzt auf

a= 58,4 cm/s².

Damit liegt der Fehler ja fast wieder bei ursprünglichen 20%. Ich hoffe, der Rechenfehler liegt bei mir.


[edit by admin:] Formel in LaTeX umgewandelt

[edit:] Sie haben Recht, dieses Mal hatte ich mich verrechnet und ein Quadrat vergessen. Ich habe den Kommentar oben verbessert.

Dr. F. Preuschoff

Ich habe heute das Experiment nochmals eigenhändig ausgeführt und die Beschleunigung in z-Richtung zu
a = 54 cm/s² bestimmt. Obwohl die Stäbe durch Klebeband fixiert wurden, kann ich einen gewissen Abstand d zwischen den Stäben nicht ausschließen, der allerdings sehr klein ist.

Meine Messwerte: r = 6,35 mm R = 5,15 mm d <= 0,5 mm alpha = 5°

Aufgrund des Abstandes d ändert sich der Faktor f wie folgt:

f = (r+R)²/((r+R)²-(R+d/2)²)

Damit ergibt sich der theoretische Wert von a = 56,5 cm/s², mithin eine Abweichung von 4,4%. Ich denke, dass der restliche Fehler vor allem auf 2 Einflussfaktoren zurückzuführen ist: a) Die Neigung ist nur gegenüber dem Tisch gemessen, welcher selbst nicht unbedingt genau horizontal in Waage steht. Dadurch ändert sich geringfügig alpha um einige Zehntel Grad. b) Die Rollbahn wurde auch quer zur Rollrichtung nicht horizontal ausgerichtet, wodurch der linke oder rechte Stativstab insgesamt geringfügig höher liegt. Ich werde bei Gelegenheit den Versuch wiederholen und das Set mit der Wasserwaage eineichen.

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