Der Schatten auf der Drehscheibe
AFB IIAuf einer waagerecht liegenden Drehscheibe steckt ein dünner Stift im Abstand \(\hat{y}=6{,}0\,\mathrm{cm}\) von der Drehachse. Die Scheibe dreht sich gleichmäßig mit der Umlaufdauer \(T=2{,}4\,\mathrm s\). Eine weit entfernte Lampe wirft den Schatten des Stiftes auf eine Wand; dieser Schatten bewegt sich auf der Wand hin und her. Zum Zeitpunkt \(t=0\) liegt der Stift genau in der Ruhelage des Schattens. Material M1 zeigt eine Momentaufnahme im Zeigermodell.
Der Zeiger dreht sich gleichmäßig gegen den Uhrzeigersinn. Die senkrechte Projektion seiner Spitze (oranger Balken) ist die momentane Auslenkung \(y\) des Schattens.
- Berechnen Sie die Kreisfrequenz der Schattenbewegung und geben Sie die Zeit-Ort-Funktion \(y(t)\) des Schattens mit Zahlenwerten an.
- Ermitteln Sie aus M1 die zum dargestellten Phasenwinkel gehörende Auslenkung des Schattens und berechnen Sie den Zeitpunkt, zu dem diese Momentaufnahme entstanden ist.
- Erklären Sie mithilfe des Zeigermodells, warum der Schatten die Ruhelage mit der größten Geschwindigkeit durchläuft, in den Umkehrpunkten aber kurzzeitig stehenbleibt — obwohl sich der Zeiger die ganze Zeit über gleichmäßig dreht.
Hinweis zu Aufgabe a)
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)
Kreisfrequenz: \(\displaystyle \omega=\frac{2\pi}{T}=\frac{2\pi}{2{,}4\,\mathrm s}=2{,}62\,\tfrac{1}{\mathrm s}\).
Zeit-Ort-Funktion: \(\displaystyle y(t)=6{,}0\,\mathrm{cm}\cdot\sin\!\left(2{,}62\,\tfrac{1}{\mathrm s}\cdot t\right)\). Die Amplitude der Schattenbewegung ist gleich der Zeigerlänge, also gleich dem Abstand des Stiftes von der Drehachse.
Hinweis zu Aufgabe b)
Erwartungshorizont zu Aufgabe b)
Abgelesener Phasenwinkel: \(\varphi=60^\circ\).
Auslenkung: \(y=\hat{y}\cdot\sin\varphi = 6{,}0\,\mathrm{cm}\cdot\sin 60^\circ = 6{,}0\,\mathrm{cm}\cdot 0{,}866 = 5{,}2\,\mathrm{cm}\).
Zeitpunkt: Aus \(\varphi=\omega t\) folgt \(\displaystyle t=\frac{\varphi}{\omega}=\frac{\pi/3}{2{,}62\,\tfrac{1}{\mathrm s}}=\frac{1{,}047}{2{,}62\,\tfrac{1}{\mathrm s}}=0{,}40\,\mathrm s\).
Kontrolle über den Umlauf: \(60^\circ\) sind ein Sechstel von \(360^\circ\), also \(t=\frac{T}{6}=\frac{2{,}4\,\mathrm s}{6}=0{,}40\,\mathrm s\) — dasselbe Ergebnis.
Hinweis zu Aufgabe c)
Erwartungshorizont zu Aufgabe c)
Der Zeiger dreht sich gleichmäßig: In gleichen Zeiten überstreicht er stets gleiche Winkel. Sichtbar ist auf der Wand aber nicht der Zeiger, sondern nur seine senkrechte Projektion.
In der Ruhelage \((\varphi=0^\circ)\) liegt der Zeiger waagerecht. Dreht er sich um einen kleinen Winkel weiter, so hebt sich seine Spitze fast um die volle Bogenlänge nach oben — die Projektion ändert sich also sehr stark. Der Schatten ist dort am schnellsten.
Im Umkehrpunkt \((\varphi=90^\circ)\) steht der Zeiger senkrecht. Eine gleich große Winkeländerung bewegt seine Spitze nun nahezu waagerecht; die Höhe der Spitze — und damit die Projektion — ändert sich kaum. Der Schatten scheint dort kurz stehenzubleiben und kehrt seine Bewegungsrichtung um.
Die ungleichförmige Bewegung des Schattens entsteht also nicht aus einer ungleichmäßigen Drehung, sondern allein aus der Projektion. Genau das ist der Grund für den sinusförmigen Verlauf des \(t\)-\(y\)-Diagramms.
Aus dem Zeiger wird die Sinuskurve
AFB IIIEin Zeiger der Länge \(\hat{y}=4{,}0\,\mathrm{cm}\) rotiert gleichmäßig mit der Umlaufdauer \(T=1{,}2\,\mathrm s\). Eine Lerngruppe stellt die zugehörigen Auslenkungen in Schritten von \(30^\circ\) tabellarisch zusammen (Material M1); drei Werte fehlen noch. Anschließend diskutiert die Gruppe über das Modell (Material M2).
| \(\varphi\) | \(0^\circ\) | \(30^\circ\) | \(60^\circ\) | \(90^\circ\) | \(120^\circ\) | \(150^\circ\) | \(180^\circ\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(y\) in cm | 0 | 2,00 | ? | 4,00 | ? | ? | 0 |
- Berechnen Sie die drei fehlenden Werte in M1 und geben Sie an, welche Zeit zwischen zwei benachbarten Tabelleneinträgen vergeht.
- Zeigen Sie anhand der vollständigen Tabelle, dass sich die Auslenkung in der Nähe der Ruhelage je \(30^\circ\)-Schritt am stärksten ändert, und erläutern Sie damit den typischen Verlauf der Sinuskurve.
- Nehmen Sie zu den beiden Aussagen in M2 Stellung.
Hinweis zu Aufgabe a)
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)
\(\varphi=60^\circ\): \(y=4{,}0\,\mathrm{cm}\cdot\sin 60^\circ=4{,}0\,\mathrm{cm}\cdot 0{,}866=3{,}46\,\mathrm{cm}\).
\(\varphi=120^\circ\): \(y=4{,}0\,\mathrm{cm}\cdot\sin 120^\circ=3{,}46\,\mathrm{cm}\); \(\varphi=150^\circ\): \(y=4{,}0\,\mathrm{cm}\cdot\sin 150^\circ=4{,}0\,\mathrm{cm}\cdot 0{,}500=2{,}00\,\mathrm{cm}\).
Zeitschritt: \(30^\circ\) sind ein Zwölftel eines vollen Umlaufs, also \(\displaystyle \Delta t=\frac{T}{12}=\frac{1{,}2\,\mathrm s}{12}=0{,}10\,\mathrm s\).
Hinweis zu Aufgabe b)
Erwartungshorizont zu Aufgabe b)
Differenzen von Schritt zu Schritt (Beträge): \(0\to 30^\circ\): \(2{,}00\,\mathrm{cm}\); \(30^\circ\to 60^\circ\): \(1{,}46\,\mathrm{cm}\); \(60^\circ\to 90^\circ\): \(0{,}54\,\mathrm{cm}\); \(90^\circ\to 120^\circ\): \(0{,}54\,\mathrm{cm}\); \(120^\circ\to 150^\circ\): \(1{,}46\,\mathrm{cm}\); \(150^\circ\to 180^\circ\): \(2{,}00\,\mathrm{cm}\).
Obwohl jeder Schritt dieselbe Zeit \(\Delta t=0{,}10\,\mathrm s\) dauert, ist die Änderung nahe der Ruhelage \((2{,}00\,\mathrm{cm})\) fast viermal so groß wie am Umkehrpunkt \((0{,}54\,\mathrm{cm})\). Damit ist die Behauptung gezeigt.
Deutung: Große Änderung pro Zeit bedeutet große Geschwindigkeit. Die Sinuskurve verläuft deshalb an den Nulldurchgängen am steilsten und flacht zu den Umkehrpunkten hin ab, wo sie waagerecht in ihr Maximum bzw. Minimum einläuft. Genau dieser Wechsel von steil zu flach macht die typische Wellenform aus.
Hinweis zu Aufgabe c)
Erwartungshorizont zu Aufgabe c)
Zu Mia: Die Aussage ist zurückzuweisen. Richtig ist nur die Voraussetzung: Der Zeiger dreht sich tatsächlich gleichmäßig. Sichtbar ist aber allein seine senkrechte Projektion, und die ändert sich — wie die Rechnung in Teilaufgabe b) zeigt — bei gleich großen Zeitschritten unterschiedlich stark: \(2{,}00\,\mathrm{cm}\) nahe der Ruhelage gegenüber \(0{,}54\,\mathrm{cm}\) nahe dem Umkehrpunkt. Der Schatten bewegt sich also gerade nicht gleichförmig; die gleichmäßige Drehung erzeugt eine ungleichförmige Schwingung.
Zu Jonas: Auch diese Aussage ist zurückzuweisen; sie verwechselt zwei Kenngrößen. Die Länge des Zeigers legt die Amplitude fest, die Umlaufdauer legt die Periodendauer fest. Verdoppelt man die Zeigerlänge auf \(8{,}0\,\mathrm{cm}\), bleibt die Umlaufdauer \(T=1{,}2\,\mathrm s\) unverändert; der Schatten schwingt also genauso schnell wie vorher, nur mit doppelt so großer Amplitude. Formal steht \(\hat{y}\) in \(y=\hat{y}\cdot\sin(\omega t)\) als Faktor vor dem Sinus und beeinflusst \(\omega\) nicht.
Fazit: Beide Aussagen entstehen aus derselben Verwechslung — die Gruppe überträgt Eigenschaften der Drehbewegung unbesehen auf die Projektion. Trennen muss man: Der Zeiger dreht gleichmäßig, seine Projektion schwingt sinusförmig; die Länge bestimmt die Amplitude, die Umlaufdauer die Periodendauer.