Physik · Drehbewegung

Rotationsdynamik: Drehmoment und Winkelbeschleunigung

Q: Was beschreibt Newtons zweites Gesetz für die Rotation?

$\sum\tau=I\alpha$ verbindet die resultierende äußere Drehmomentkomponente mit der signierten Winkelbeschleunigung eines starren Körpers um eine feste inertiale Achse. Alle Beiträge gehören in die Summe: Antrieb, Last und Lagerreibung. Ein Motormoment allein ist daher nicht automatisch das resultierende Moment. Bei ausgeglichener Summe gilt $\alpha=0$; das kann gleichförmige Rotation statt Stillstand bedeuten. Größeres I bewirkt bei gleichem Nettomoment eine kleinere Beschleunigung. Die skalare Aussage gilt für die Achsenkomponente und benötigt keine Hauptachse. Sie behauptet nicht, dass der gesamte Drehimpulsvektor bei jeder Achse parallel zur Winkelgeschwindigkeit ist; dafür ist allgemein der Trägheitstensor maßgeblich.

Q: Wann kombiniere ich Newtons zweites Gesetz für die Rotation mit einer weiteren Beziehung?

Bei konstantem Nettomoment und I erhältst du aus $\alpha=\frac{\sum\tau}I$ anschließend $\omega=\omega_0+\alpha t$ und $\Delta\theta=\omega_0t+\frac12\alpha t^2$. Arbeit und Leistung folgen für dieselbe feste Achse aus $W=\int\tau\,d\theta$ und $P=\tau\omega$. Bei einer Fallmasse an einer Trommel ergänzt du $mg-T=ma$ und die Seilbedingung $a=R\alpha$; das Rotationsmoment ist $TR$ und die Seilspannung nicht automatisch mg. Für Rollen kombinierst du die Schwerpunkttranslation mit Rotation um den Schwerpunkt und dem Kontaktzwang. Jede weitere Beziehung muss dasselbe System, passende Bezugspunkte und konsistente Vorzeichen verwenden. Energie kann eine unabhängige Kontrolle liefern, ersetzt aber nicht die gesuchte Seilspannung oder Reibungskraft.

Die resultierende äußere Drehmomentkomponente um eine feste inertiale Achse ist bei konstantem I gleich I mal signierter Winkelbeschleunigung.

GrundlegendPrüfungsrelevantSekundarstufe IIUni/HochschuleBachelor-Grundlagen

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Formel

Berechnen

\sum τ = I α

$\tau$ in $\mathrm{N\,m}$ ; I in $\mathrm{kg\,m^2}$ ; $\alpha$ in $\mathrm{rad\,s^{-2}}$ .

Variablen & Einheiten

Variablen & Einheiten
Symbol	Bedeutung	Einheit
$\sum τ$	signierte Summe aller äußeren Drehmomentkomponenten um die feste inertiale Achse	N·m
$I$	konstantes Massenträgheitsmoment des starren Körpers um dieselbe Achse	kg·m²
$α$	signierte Winkelbeschleunigungskomponente um dieselbe Achse	rad/s²

LaTeX

\sum\tau=I\alpha

QUANTA STUDYquanta-study.de

Signierte Nettomoment-Winkelbeschleunigungsgerade durch null: von −6 rad/s² und −1,920 N·m zu +6 rad/s² und +1,920 N·m. Markierter Rotorpunkt rechts oben; Nullmoment bedeutet keine Winkelbeschleunigung, nicht notwendig Stillstand. — Für denselben Rotor um eine feste Achse mit konstantem I = 0,320 kg·m² gilt τnet = Iα. Das Motor- und Lastmoment werden zuerst summiert: +2,40 − 0,480 = +1,920 N·m ergibt α = +6 rad/s².

Drehmoment und Winkelbeschleunigung berechnen

Drehmoment, Trägheitsmoment oder Winkelbeschleunigung eines starren Körpers um eine feste Achse ausrechnen, nach τ = I · α.

Gesucht

Resultierendes Drehmoment τ

Resultierendes Drehmoment mit Vorzeichen, also Antrieb minus Last und Reibung, z. B. 2 N·m.

Achsen-Trägheitsmoment I

Trägheitsmoment um dieselbe Achse, z. B. 0,5 kg·m² für eine schwere Scheibe.

Mit Beispielwerten gefüllt. Tippe eigene Werte ein, das Ergebnis rechnet sofort mit.

Rechenweg · umstellen nach α, einsetzen, ausrechnen

1. Formel nach α umstellen
$\alpha_z=\frac{\tau_{\mathrm{net},z}}{I_z}$
2. Werte einsetzen (in SI-Einheiten)
$\frac{2}{0{,}5}$
3. Ergebnis
α = 4 rad/s²

Ergebnis: Signierte Winkelbeschleunigung α

α = 4 rad/s²

Mit τ = 2 N·m und I = 0,5 kg·m² ergibt sich α = 4 rad/s².

So rechnest du schneller

Formeldreieck: τ oben, I und α unten. Halte die gesuchte Größe zu, der Rest ist die Rechnung, z. B. α = τ : I.
Wie F = m · a für die Drehung: Drehmoment statt Kraft, Trägheitsmoment statt Masse, Winkelbeschleunigung statt Beschleunigung.

Annahmen und Grenzen

Starrer Körper mit konstantem positivem Trägheitsmoment um eine im Inertialsystem feste Achse. Nettomoment einschließlich Antrieb, Last und Lagerreibung; alle Komponenten beziehen sich auf dieselbe Achse und Vorzeichenrichtung. Keine allgemeine freie Raumrotation oder gekoppelte Trommelrechnung.

Herleitung & Hintergrund

Für die feste Achse gilt $L_z=I_z\omega_z$ und $\sum\tau_{z,\mathrm{ext}}=\frac{dL_z}{dt}$ . Konstantes Trägheitsmoment liefert daher $\sum\tau_{z,\mathrm{ext}}=I_z\alpha_z$ . Eine Hauptachse ist für diese skalare Bilanz nicht nötig; der volle Drehimpulsvektor muss dabei nicht parallel zur Winkelgeschwindigkeit liegen. Antrieb, Last und Reibung gehören in die Summe. Bei veränderlicher Trägheit und weiterhin gültiger Produktform kommt $\dot I\omega_z$ hinzu. Andere interne Winkelbewegungen erfordern den vollständigen Drehimpuls.

Prüfungs-Blueprint

Gültigkeitsbereich

Starrer Körper mit konstantem Trägheitsmoment um eine im Inertialsystem feste Achse; alle Größen sind signierte Komponenten um dieselbe Achse. Für veränderliche Massenverteilung oder andere Achsenbewegungen ist die passende allgemeine Drehimpulsbilanz nötig.

Herleitung in Schritten

Die äußere Drehmomentsumme ändert den axialen Drehimpuls; bei konstantem I wird daraus $I\alpha$ .

1Lege Körper, feste inertiale z-Achse und positive Drehrichtung fest.
2Berechne $I_z=\sum_i m_i r_{i,\perp}^2$ mit senkrechten Abständen zu genau dieser Achse.
3Alle Massen teilen bei starrer Rotation dieselbe $\omega_z$ , deshalb gilt $L_z=I_z\omega_z$ .
4Die äußere Achsenmomentsumme erfüllt $\sum\tau_{z,\mathrm{ext}}=\frac{dL_z}{dt}$ .
5Konstante Achsabstände halten $I_z$ konstant; die Ableitung ist daher $I_z\frac{d\omega_z}{dt}$ .
6Mit $\alpha_z=\frac{d\omega_z}{dt}$ folgt $\sum\tau_{z,\mathrm{ext}}=I_z\alpha_z$ . Antrieb, Last und Reibung gehören in die Summe.
7Für diese skalare Achsenbilanz ist keine Hauptachse nötig. Die volle Vektorbeziehung benötigt allgemein den Trägheitstensor.

Umstellen

Winkelbeschleunigung

\alpha_z=\frac{\sum\tau_{z,\mathrm{ext}}}{I_z}

Das Vorzeichen des Nettomoments bestimmt die Drehrichtung der Beschleunigung.

Aufgabenvariante

Ein starrer Rotor hat um seine feste inertiale Achse $I=0{,}20\,\mathrm{kg\,m^2}$ . Das resultierende äußere Achsenmoment beträgt $+0{,}60\,\mathrm{N\,m}$ . Bestimme die Winkelbeschleunigung.

Ansatz: $\alpha=\frac{\tau_{\mathrm{net}}}I$ .
Daraus folgt $\alpha=+3{,}0\,\mathrm{rad\,s^{-2}}$ .

Kontrolle: $I\alpha=0{,}60\,\mathrm{N\,m}$ . Das positive Vorzeichen beschreibt die Beschleunigungsrichtung, nicht automatisch eine Zunahme des Geschwindigkeitsbetrags.

Typische Fehler

Nur das Motormoment statt aller äußeren Achsenmomente verwenden.

Antrieb, Last und Reibung mit Vorzeichen summieren. Gleiche Achse für $I$ und Moment verwenden; ein positives Moment kann einen negativ rotierenden Körper bremsen.

Klausurkontext

Fest gelagerte Motoren und Trommeln analysieren; bei Rollbewegung die Schwerpunkt-Kraftbilanz und Schwerpunkt-Drehmomentbilanz mit der Rollbedingung verbinden.

Formelcluster

Drehbewegung

Verwandte Beziehungen: drehmoment, drehimpuls-starrer-koerper, traegheitsmoment-punktmassen.

M = F·r·sin(θ)

Drehmoment

L = Iω

Drehimpuls eines starren Körpers

I = Σ m_ir_i²

Trägheitsmoment eines Massensystems

Rechenbeispiel

Bei $I=0{,}20\,\mathrm{kg\,m^2}$ und $\tau_{\mathrm{net}}=+0{,}60\,\mathrm{N\,m}$ ist $\alpha=\frac{\tau_{\mathrm{net}}}I=+3{,}0\,\mathrm{rad\,s^{-2}}$ . Kontrolle: Trägheitsmoment mal Beschleunigung ergibt wieder das Nettomoment. Das Vorzeichen allein entscheidet nicht, ob der Geschwindigkeitsbetrag wächst.

Anwendungsgebiete

Fest gelagerte Motoren und Trommeln analysieren; bei Rollbewegung die Schwerpunkt-Kraftbilanz und Schwerpunkt-Drehmomentbilanz mit der Rollbedingung verbinden.

Rechenbeispiel: Newtons zweites Gesetz für die Rotation

Eine typische Aufgabe Schritt für Schritt: Newtons zweites Gesetz für die Rotation (Στ = Iα).

1
Aufgabe
Ein starrer Rotor hat um seine feste inertiale Achse $I=0{,}20\,\mathrm{kg\,m^2}$ . Das resultierende äußere Achsenmoment beträgt $+0{,}60\,\mathrm{N\,m}$ . Bestimme die Winkelbeschleunigung.
Rechenweg
1. Ansatz: $\alpha=\frac{\tau_{\mathrm{net}}}I$ .
2. Daraus folgt $\alpha=+3{,}0\,\mathrm{rad\,s^{-2}}$ .
Kontrolle: $I\alpha=0{,}60\,\mathrm{N\,m}$ . Das positive Vorzeichen beschreibt die Beschleunigungsrichtung, nicht automatisch eine Zunahme des Geschwindigkeitsbetrags.

Die Formel verstehen und anwenden

Ein Motor muss alle äußeren Drehmomente überwinden und zusätzlich den Drehzustand verändern. Die Rotationsgleichung verknüpft das resultierende Drehmoment um eine feste Achse mit der Winkelbeschleunigung. Entscheidend sind die gewählte Achse, ihre Vorzeichenkonvention und das zu genau dieser Achse gehörende Trägheitsmoment.

Was verändert den Drehzustand?

Eine schwere Tür lässt sich am äußeren Griff leichter drehen als nahe am Scharnier. Die Kraft allein beschreibt die Drehwirkung deshalb nicht: Auch ihr Hebelarm zählt. Diese Drehwirkung heißt Drehmoment. Für einen Rotor vergleichen wir die Summe der äußeren Drehmomente mit seiner achsenbezogenen Trägheit. So wird verständlich, weshalb derselbe Motor verschiedene Rotoren unterschiedlich schnell beschleunigt.[1]

Vorwissen: Kraftbilanz und Winkelgeschwindigkeit. Trägheitsmoment beschreibt die Massenverteilung um eine Achse, nicht nur die gesamte Masse.

Das resultierende Achsenmoment beschleunigt

\sum\tau_{z,\mathrm{ext}}=I_z\alpha_z

Für einen starren Körper um eine feste inertiale Achse ist die äußere Drehmomentsumme gleich dem konstanten axialen Trägheitsmoment mal signierter Winkelbeschleunigung.[1][2]

Links steht die Summe aller äußeren Beiträge: Antrieb, Last, Lagerreibung und gegebenenfalls Kräfte an Aufhängung oder Führung. Innere Kräfte eines vollständig gewählten Körpers erzeugen keine zusätzliche äußere Drehmomentsumme. Ein positives Motormoment kann durch ein negatives Lastmoment vollständig ausgeglichen werden. Dann ist $\alpha_z=0$ , obwohl beide Drehmomente ungleich null sind; der Körper kann gleichförmig rotieren.[3]

Bild ansehen: Nettomoment bestimmt die Steigung

Nettomoment bestimmt die Steigung

QUANTA STUDYquanta-study.de

Das erste Beispiel hat

I=0{,}320\,\mathrm{kg\,m^2}

und Nettomoment +1,920

\mathrm{N\,m}

. Die Gerade steigt von 4 auf 13

\mathrm{rad\,s^{-1}}

in 1,50 s. Ihre Fläche 12,75 rad liefert mit dem Nettomoment 24,48 J Arbeit, passend zur Energieänderung.[1]

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Vom Drehimpuls zur Beschleunigung

\begin{aligned}L_z&=\sum_i m_i r_{i,\perp}^2\omega_z=I_z\omega_z\\\sum\tau_{z,\mathrm{ext}}&=\frac{dL_z}{dt}\end{aligned}

Jedes Teilchen teilt die Winkelgeschwindigkeit; sein senkrechter Abstand zur festen Achse bestimmt den axialen Drehimpulsbeitrag.[2]

Starrheit und eine unveränderte körperfeste Rotationsachse halten alle Achsabstände konstant. Deshalb ist $I_z$ zeitlich konstant und die Ableitung von $I_z\omega_z$ liefert $I_z\alpha_z$ . Diese Herleitung erklärt zugleich, warum die Formel die Achsenkomponente meint. Der gesamte Drehimpulsvektor muss bei einer beliebigen Achse nicht parallel zur Winkelgeschwindigkeit sein. Die allgemeinere Vektorbilanz lautet äußeres Drehmoment gleich zeitliche Änderung des Drehimpulses.[2]

\begin{aligned}\alpha_z&=\frac{\sum\tau_z}{I_z}\\I_z&=\frac{\sum\tau_z}{\alpha_z}\end{aligned}

Die erste Division verlangt $I_z$ >0. Die zweite verlangt $\alpha_z$ ≠0 und ein zutreffendes Modell; aus null Drehmoment und null Beschleunigung lässt sich I nicht bestimmen.

Der Drehimpuls eines starren Körpers macht deutlich, warum diese Gleichung ein Achsenanteil einer allgemeineren Bilanz ist. Bei unverändertem Trägheitsmoment genügt hier die Ableitung der signierten Winkelgeschwindigkeit; bei veränderlicher Verteilung oder freier räumlicher Rotation muss die gesamte Bilanz geprüft werden.[2][1]

Vertiefung anzeigen: Skalare Achsenbilanz und Vektor unterscheiden

Für die skalare z-Bilanz einer geführten festen Achse ist keine Hauptachsenbedingung nötig. Lager können quer zur Achse gerichtete Momente bereitstellen, um diese Richtung zu halten. Erst die zusätzliche Aussage, der gesamte Vektor sei $\vec L=I\vec\omega$ mit einem einzigen skalaren I, benötigt eine passende Hauptachse. Allgemein beschreibt ein Trägheitstensor die Beziehung zwischen den Vektoren.[2]

Bei einem rollenden Körper bewegt sich die Kontaktstelle. Sie ist daher nicht ohne weitere Begründung eine dauerhaft feste inertiale Rotationsachse. Für ebene Rollbewegung ist die sichere Bilanz: Schwerpunkttranslation mit $\sum\vec F=M\vec a$ und Rotation um den Schwerpunkt mit $\sum\tau_{\mathrm{CM}}=I_{\mathrm{CM}}\alpha$ . Die Rollbedingung verknüpft danach a und $\alpha$ . Energie kann alternativ um die momentane Kontaktachse dargestellt werden, ohne damit jede Drehmomentbilanz um diese bewegte Stelle zu rechtfertigen.[5][3]

Hebelarm, Richtung und Einheit festlegen

\begin{aligned}\tau_z&=(\mathbf r\times\mathbf F)_z\\{}[I_z\alpha_z]&=\mathrm{kg\,m^2\,s^{-2}}=\mathrm{N\,m}\end{aligned}

r zeigt von der gewählten Achse zum Angriffspunkt. Das Vorzeichen folgt aus der rechten Hand, nicht allein aus der Größe der Kraft.[1]

Ein tangentialer Kraftbeitrag am Radius R liefert den Betrag $RF$ . Eine radiale Kraft hat um diese Achse keinen Hebelarm und kein Moment. $\mathrm{N\,m}$ und Joule besitzen dieselbe SI-Dimension; ein Drehmoment ist dennoch keine Energie. Arbeit entsteht erst durch ein Moment entlang einer Winkeländerung. Winkelbeschleunigung in $\mathrm{rad\,s^{-2}}$ lässt den Winkelbezug erkennen, obwohl Radiant im SI dimensionslos ist.[1]

Antrieb und gekoppelter Fallkörper

Motor mit entgegenwirkender Last

Gegeben: Ein starrer Rotor um eine feste Achse hat $I=0{,}320\,\mathrm{kg\,m^2}$ . Das Motormoment ist +2,40 $\mathrm{N\,m}$ , das Lastmoment −0,480 $\mathrm{N\,m}$ . Anfangs $\omega_0=+4{,}00\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ ; beide Momente bleiben 1,50 s konstant.
Gesucht: Bestimme $\alpha$ , Endgeschwindigkeit und Energieänderung.

Ansatz: Alle äußeren Achsenmomente mit Vorzeichen addieren. $\alpha=\frac{\tau_{\mathrm{Motor}}+\tau_{\mathrm{Last}}}{I}$ . Zuerst die signierten Momente summieren.
$\begin{aligned}\tau_{\mathrm{net}}&=2.40-0.480=1.920\,\mathrm{N\,m}\\{} \alpha&=\frac{1.920}{0.320}=6.00\,\mathrm{rad/s^2}\end{aligned}$
Bei konstantem I und Moment ist $\alpha$ konstant.
$\begin{aligned}\omega_f&=4+6(1.50)=13.0\,\mathrm{rad/s}\\\Delta\theta&=4(1.50)+\tfrac12(6)(1.50)^2=12.75\,\mathrm{rad}\end{aligned}$
Die Änderung der Rotationsenergie aus Anfangs- und Endwert bilden.
$\Delta K=\tfrac12(0.320)(13^2-4^2)=24.48\,\mathrm J$

Ergebnis: Es folgen $\alpha=+6{,}00\,\mathrm{rad\,s^{-2}}$ , $\omega_f=+13{,}0\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ und $\Delta K=24{,}48\,\mathrm J$ . Die Last wirkt im gesamten Intervall gegen die positive Drehung.

Kontrolle: Unabhängig ergibt die Nettoarbeit $W_{\mathrm{net}}=\tau_{\mathrm{net}}\Delta\theta=1{,}920\cdot12{,}75\,\mathrm J=24{,}48\,\mathrm J$ . Motorarbeit von 30,60 J und negative Lastarbeit von −6,12 J ergeben dieselbe Summe.

Fallmasse treibt eine Trommel an

Gegeben: Eine Masse $m=1{,}80\,\mathrm{kg}$ hängt an einem masselosen, gespannten Seil. Es wickelt sich ohne Gleiten von einer Trommel mit $R=0{,}150\,\mathrm{m}$ und $I=0{,}120\,\mathrm{kg\,m^2}$ ab. Feste reibungsfreie Achse, konstantes R, Start aus Ruhe, Fallhöhe $h=0{,}650\,\mathrm m$ , $g=9{,}81\,\mathrm{m\,s^{-2}}$ .
Gesucht: Bestimme a, Seilspannung und Geschwindigkeit nach dem Fall.

Ansatz: Translation der Masse, Rotation der Trommel und Seilkopplung gemeinsam bilanzieren. $mg-T=ma,\quad TR=I\alpha,\quad a=R\alpha$ . Translation nach unten positiv, Rotation in Abwickelrichtung positiv wählen.
$\begin{aligned}mg-T&=ma\\TR&=I\alpha\\a&=R\alpha\end{aligned}$
Die Seilspannung eliminieren und die wirksame Trägheit berücksichtigen.
$\begin{aligned}a&=\frac{mg}{m+\frac{I}{R^2}}=2.475421\,\mathrm{m/s^2}\\{} \alpha&=16.502804\,\mathrm{rad/s^2}\end{aligned}$
Die Spannung ist kleiner als mg, weil die Masse beschleunigt.
$\begin{aligned}T&=m(g-a)=13.202243\,\mathrm N\\TR&=1.980336\,\mathrm{N\,m}\end{aligned}$
Bei konstanter Beschleunigung die Fallstrecke verwenden.
$\begin{aligned}v&=\sqrt{2ah}=1.793892\,\mathrm{m/s}\\{} \omega&=\frac{v}{R}=11.959277\,\mathrm{rad/s}\end{aligned}$

Ergebnis: $a\approx2{,}475\,\mathrm{m\,s^{-2}}$ , T≈13,202 N und $v\approx1{,}794\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ . Die Trommel nimmt einen Teil der frei werdenden Lageenergie auf.

Kontrolle: Unabhängige Energiekontrolle mit ungerundeten Werten: $mgh=11{,}4777\,\mathrm J$ , $\frac12mv^2=2{,}896242\,\mathrm J$ und $\frac12I\omega^2=8{,}581458\,\mathrm J$ . Die Bewegungsenergien ergeben gemeinsam wieder 11,4777 J. Die falsche Annahme $T=mg$ würde $a=0$ liefern und der gekoppelten Dynamik widersprechen.

Drehmoment und Leistung ergänzen die Zeitbilanz

\begin{aligned}W_{\mathrm{net}}&=\int\tau_{z,\mathrm{net}}\,d\theta=\Delta\!\left(\frac12 I_z\omega_z^2\right)\\P_{\mathrm{net}}&=\tau_{z,\mathrm{net}}\omega_z\end{aligned}

Für dieselbe feste Achse und konstantes I stimmen Drehmomentarbeit und Änderung der Rotationsenergie überein.[3]

Ein Moment kann zu jedem Zeitpunkt in $\sum\tau_z=I_z\alpha_z$ eingesetzt werden, auch wenn es zeitabhängig ist. Erst ein konstantes resultierendes Moment bei konstantem I rechtfertigt die Geradengleichung für $\omega$ (t). Bei konstantem mechanischem P und $\omega\ne0$ gilt dagegen $\tau=\frac P\omega$ ; die Beschleunigung hängt dann vom Drehzustand ab. Für $\omega=0$ darf diese Division nicht benutzt werden. Ein tatsächlicher Antrieb benötigt eine Anfahrcharakteristik statt einer unendlichen Momentforderung.[1][3]

Mechanische Leistung beschreibt die Arbeit pro Zeit. Für dieselbe feste Achse gilt momentan $P=\tau\omega$ ; gleiches Drehmoment bedeutet deshalb bei veränderlicher Winkelgeschwindigkeit nicht gleichbleibende Leistung. Das Vorzeichen zeigt, ob ein Moment dem Körper momentan Energie zuführt oder entzieht.[1]

Fünf Achsenbilanzen selbst prüfen

Einsetzen und Rechnen · Einstieg

Ein Rotor hat $I=0{,}450\,\mathrm{kg\,m^2}$ und $\omega_0=+6{,}00\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ . Ein konstantes Bremsmoment −0,900 $\mathrm{N\,m}$ wirkt bis zum ersten Stillstand. Bestimme $\alpha$ und die Dauer.

Hinweis anzeigen

Nur bis zum Stillstand rechnen; das Bremsmodell nicht ungeprüft zur Gegenrotation verlängern.

Lernziel: Brems-Winkelbeschleunigung und Zeit bis zum ersten Stillstand berechnen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $\alpha=\frac{\tau_{\mathrm{net}}}I$ ; beim ersten Stillstand gilt $0=\omega_0+\alpha t_s$ .
Daraus folgen $\alpha=-2{,}00\,\mathrm{rad\,s^{-2}}$ und $t_s=3{,}00\,\mathrm s$ .

Kontrolle: $6{,}00-2{,}00\cdot3{,}00=0$ bestätigt den Endzustand. Danach hängt die Bewegung davon ab, ob die Bremse hält oder ein Antrieb weiterwirkt.

\begin{aligned}\alpha&=-2.00\,\mathrm{rad/s^2}\\t_s&=3.00\,\mathrm s\end{aligned}

Umstellen · Anwenden

Ein fest gelagerter starrer Rotor beschleunigt mit +3,00 $\mathrm{rad\,s^{-2}}$ . Motormoment +1,60 $\mathrm{N\,m}$ und Lastmoment −0,400 $\mathrm{N\,m}$ sind die einzigen axialen Beiträge. Bestimme I.

Hinweis anzeigen

Erst die Momente summieren, dann durch $\alpha$ teilen.

Lernziel: Das Trägheitsmoment aus resultierendem Moment und Winkelbeschleunigung bestimmen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Addiere die signierten Momente und stelle $I=\frac{\tau_{\mathrm{Motor}}+\tau_{\mathrm{Last}}}{\alpha}$ um.
Die Summe beträgt $+1{,}20\,\mathrm{N\,m}$ , deshalb ist $I=0{,}400\,\mathrm{kg\,m^2}$ .

Kontrolle: $I\alpha=0{,}400\cdot3{,}00\,\mathrm{N\,m}=1{,}20\,\mathrm{N\,m}$ . Nur das Motormoment einzusetzen würde die Trägheit überschätzen.

I=0.400\,\mathrm{kg\,m^2}

Transfer · Vertiefen

Ein nichtstarrer Rotor verändert nur die radialen Abstände seiner Massen; alle teilen $\omega_z=+10{,}0\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ , ohne zusätzliche relative Winkelbewegung. Momentan $I=0{,}200\,\mathrm{kg\,m^2}$ , $\frac{dI}{dt}=+0{,}0300\,\mathrm{kg\,m^2\,s^{-1}}$ und $\tau_{z,\mathrm{ext}}$ =0. Bestimme $\alpha_z$ .

Hinweis anzeigen

Differenziere $L_z$ =Iωz mit der Produktregel.

Lernziel: Bei veränderlichem Trägheitsmoment die Produktregel der Drehimpulsbilanz anwenden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Das ausdrücklich nichtstarre System erfüllt $0=\frac{d(I\omega_z)}{dt}=I\alpha_z+\dot I\omega_z$ .
Daher $\alpha_z=-\frac{\dot I\omega_z}I=-1{,}50\,\mathrm{rad\,s^{-2}}$ .

Kontrolle: Die beiden Beiträge zur Drehimpulsableitung sind $-0{,}300\,\mathrm{N\,m}$ und $+0{,}300\,\mathrm{N\,m}$ . Äußeres Nullmoment hält den Drehimpuls konstant, nicht die Winkelgeschwindigkeit. Dies ist ein Gegenbeispiel zur Starrkörper-Kurzform.

\alpha_z=-\frac{\dot I\omega_z}{I}=-1.50\,\mathrm{rad/s^2}

Interpretieren · Einstieg

Ein starrer Rotor dreht um eine feste Achse mit konstantem $I=0{,}30\,\mathrm{kg\,m^2}$ und anfangs $\omega=+8\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ . Motor und Last liefern gleichzeitig +1,2 $\mathrm{N\,m}$ und −1,2 $\mathrm{N\,m}$ ; weitere Momente fehlen. Wie entwickelt sich $\omega$ während 5 s? Ein Diagramm zeigt eine horizontale $\omega$ -Zeit-Linie oberhalb null. Ist sie mit Newtons Rotationsgesetz vereinbar?

Hinweis anzeigen

Das Gesetz verwendet die Summe der Momente. Bei null Winkelbeschleunigung bleibt die vorhandene Winkelgeschwindigkeit erhalten.

Lernziel: Null resultierendes Drehmoment mit unveränderter Winkelgeschwindigkeit statt Stillstand verbinden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Beide gerichteten Momente summieren und durch das konstante Trägheitsmoment teilen.
Die Winkelbeschleunigung ist null, daher bleibt $\omega$ während der fünf Sekunden bei +8 $\mathrm{rad\,s^{-1}}$ .
Das Diagramm ist richtig.

Kontrolle: Motor und Last übertragen je 9,6 W mit entgegengesetzten Vorzeichen; die resultierende Leistung und die Änderung der Rotationsenergie sind null. Null resultierendes Moment bedeutet nicht automatisch Stillstand.

\begin{aligned}\tau_{\mathrm{net}}&=1.2-1.2=0\,\mathrm{N\,m}\\\alpha&=\frac{\tau_{\mathrm{net}}}{I}=0\\\omega(5\,\mathrm s)&=\omega_0+\alpha t=+8\,\mathrm{rad/s}\\P_{\mathrm{motor}}&=-P_{\mathrm{load}}=9.6\,\mathrm W\end{aligned}

[1]

Fehleranalyse · Anwenden

Ein starrer Rotor mit $I=0{,}20\,\mathrm{kg\,m^2}$ hat $\omega_0=-6\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ . Für 1,0 s wirkt ein konstantes positives resultierendes Drehmoment +0,40 $\mathrm{N\,m}$ um dieselbe feste Achse. Eine Lösung sagt: „Positives Moment macht den Rotor schneller.“ Berechne $\omega$ nach einer Sekunde und entscheide über den Geschwindigkeitsbetrag; gib die Änderung der Rotationsenergie an.

Hinweis anzeigen

Positive Winkelbeschleunigung erhöht die signierte Winkelgeschwindigkeit. Bei negativer Anfangsgeschwindigkeit kann deren Betrag dabei kleiner werden.

Lernziel: Das Drehmomentvorzeichen relativ zur vorhandenen Drehrichtung deuten.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Die Winkelbeschleunigung aus dem Moment bestimmen und zur negativen Anfangsgeschwindigkeit addieren.
Sie beträgt +2 $\mathrm{rad\,s^{-2}}$ , sodass $\omega$ nach einer Sekunde −4 $\mathrm{rad\,s^{-1}}$ ist.
Der Betrag sinkt von 6 auf 4 $\mathrm{rad\,s^{-1}}$ ; der Rotor bremst.
Die Rotationsenergie sinkt um 2,0 J.

Kontrolle: Moment und Winkelgeschwindigkeit haben während dieses Intervalls entgegengesetzte Vorzeichen, also ist die Leistung negativ.

\begin{aligned}\alpha&=\frac{0.40\,\mathrm{N\,m}}{0.20\,\mathrm{kg\,m^2}}=+2\,\mathrm{rad/s^2}\\\omega_f&=-6+2\cdot1=-4\,\mathrm{rad/s}\\\Delta E_{\mathrm{rot}}&=\frac12I(\omega_f^2-\omega_0^2)\\&=\frac12(0.20)(16-36)\,\mathrm J=-2.0\,\mathrm J\end{aligned}

[1][2]

Das Modell vor jeder Umstellung festlegen

Die feste Achse muss gegenüber einem Inertialsystem ruhen; der Körper darf sein Trägheitsmoment um diese Achse nicht während der Rechnung verändern. Für freie dreidimensionale Rotation, verformbare Körper, interne Rotationsfreiheitsgrade oder eine beliebig bewegte Bezugsachse ist die allgemeine Drehimpulsbilanz mit passender Achsenbehandlung nötig. Die obere Beispielrechnung $I=0{,}20\,\mathrm{kg\,m^2}$ und $\tau_{\mathrm{net}}=0{,}60\,\mathrm{N\,m}$ bleibt richtig: $\alpha=3{,}0\,\mathrm{rad\,s^{-2}}$ .[2][3]

Wenn $L_z=I(t)\omega_z$ weiterhin gilt, entsteht bei veränderlichem I zusätzlich der Term $\dot I\omega_z$ . Bei zusätzlichen relativen Winkelbewegungen reicht auch diese Produktform nicht automatisch: Solche Beiträge müssen im gesamten Drehimpuls enthalten sein. Die wichtigste Prüfung ist deshalb nicht das bloße Einsetzen von Zahlen, sondern ob Drehmoment, Trägheit und Beschleunigung auf dasselbe physikalische System und dieselbe Achse bezogen sind.[2]

Das nimmst du mit

Lege Körper, Achse und positive Drehrichtung fest. Addiere alle äußeren Achsenmomente und verwende das Trägheitsmoment derselben Achse. Eine ausgeglichene Summe erhält bei konstantem Trägheitsmoment die Winkelgeschwindigkeit, auch während Rotation. Für gekoppelte Seile oder Rollbewegungen kommen Translation und Kontaktzwang hinzu.[1]

Belege zu dieser Erklärung

Quanta · Bearbeitet 2. Oktober 2026

Redaktion: Quanta Study Redaktion

Prüfumfang

Diese Erklärung, 2 Rechenbeispiele und 5 Aufgaben liegen auf Deutsch und Englisch vor. Aufbau, Quellenzuordnung und mathematische Darstellung werden automatisiert geprüft. Rechnungen, Modellvoraussetzungen und beide Sprachfassungen erhalten eine gesonderte KI-Gegenprüfung.

Für einen früheren veröffentlichten Stand dieser Seite ist eine interne menschliche Fachprüfung dokumentiert. Diese Bestätigung gilt nicht automatisch für die überarbeitete Erklärung und die neuen Aufgaben.

Eine unabhängige, namentliche menschliche Fachprüfung ist noch nicht dokumentiert. Unsere Aufgabenzahlen sind Rechenbeispiele und keine Messdaten der zitierten Quellen.

Redaktion, Quellen und Vorgehen

Änderungsverlauf

2. Oktober 2026Passende fachliche Übergänge verknüpft; vorhandene Herleitungen, Beispiele, Aufgaben und Figuren vollständig erhalten.
1. Oktober 2026Zwei Aufgaben ergänzt; die fünf Aufgaben nach Aufgabentyp, Schwierigkeit und Lernziel gegliedert.
1. Oktober 2026Einstieg und Schlussfolgerung individuell erklärt, bestehende Rechnungen geprüft, Formelsatz und Modellbezug präzisiert sowie eine eigene Lernfigur ergänzt.

Diese Nachschlageseite zitieren

Quanta. Newtons zweites Gesetz für die Rotation. Stand 2. Oktober 2026. https://quanta-study.de/tafelwerk/newton-rotation-starrer-koerper

Bei einer konkreten fachlichen Aussage zusätzlich die dort verknüpfte Fachquelle nennen.

Korrektur mit Beleg vorschlagen

Häufige Fragen: Newtons zweites Gesetz für die Rotation

Was beschreibt Newtons zweites Gesetz für die Rotation?+

$\sum\tau=I\alpha$ verbindet die resultierende äußere Drehmomentkomponente mit der signierten Winkelbeschleunigung eines starren Körpers um eine feste inertiale Achse. Alle Beiträge gehören in die Summe: Antrieb, Last und Lagerreibung. Ein Motormoment allein ist daher nicht automatisch das resultierende Moment. Bei ausgeglichener Summe gilt $\alpha=0$ ; das kann gleichförmige Rotation statt Stillstand bedeuten. Größeres I bewirkt bei gleichem Nettomoment eine kleinere Beschleunigung. Die skalare Aussage gilt für die Achsenkomponente und benötigt keine Hauptachse. Sie behauptet nicht, dass der gesamte Drehimpulsvektor bei jeder Achse parallel zur Winkelgeschwindigkeit ist; dafür ist allgemein der Trägheitstensor maßgeblich.

Wie prüfe ich eine Rechnung mit Newtons zweitem Gesetz für die Rotation?+

Wähle zuerst Körper, Achse und positive Drehrichtung. Bei I=0,320 kg·m², Motormoment +2,40 N·m und Lastmoment −0,480 N·m ist $\sum\tau=+1{,}920\,\mathrm{N\,m}$ , also α=+6,00 rad/s². Startet der Rotor mit +4,00 rad/s, erreicht er nach 1,50 s +13,0 rad/s. Eine unabhängige Energiekontrolle verwendet Δθ=12,75 rad: Nettoarbeit 1,920·12,75=24,48 J stimmt mit $\frac12I(\omega_f^2-\omega_0^2)$ überein. Prüfe dabei, dass die Last während des betrachteten Intervalls wirklich gegen die positive Rotation wirkt. Der bloße Vergleich von Motormoment und Trägheit würde die Last vergessen und die Beschleunigung überschätzen. Alle Momente müssen dabei dieselbe Bezugsachse verwenden.

Welche Annahmen und Grenzen hat Newtons zweites Gesetz für die Rotation?+

Die Kurzform setzt einen starren Körper und ein konstantes I um eine im Inertialsystem feste Achse voraus. Das resultierende Moment darf zeitabhängig sein; die Gleichung gilt dann momentan, ohne konstantes α zu garantieren. Für eine beliebige freie räumliche Rotation nutzt du die Vektorbilanz $\vec\tau=\frac{d\vec L}{dt}$ . Wird die Massenverteilung verändert und gilt weiterhin $L_z=I(t)\omega_z$ , entsteht durch die Produktregel zusätzlich $\dot I\omega_z$ . Weitere interne Winkelbewegungen müssen im vollständigen Drehimpuls enthalten sein. Eine wandernde Rollkontaktstelle ist nicht automatisch eine feste inertiale Achse. Bei ebenem Rollen sind getrennte Schwerpunkt-Kraft- und Schwerpunkt-Drehmomentbilanzen zusammen mit der Rollbedingung ein verlässlicher Ansatz.

Wie kontrolliere ich Einheiten und Größenordnung bei Newtons zweitem Gesetz für die Rotation?+

Drehmoment steht in N·m, I in kg·m² und α in rad/s². Im SI ist Radiant dimensionslos; damit ergibt $I\alpha$ die Dimension kg·m²/s²=N·m. Dieselbe Dimension wie Joule macht ein Drehmoment dennoch nicht zur Energie. Arbeit benötigt zusätzlich eine Winkeländerung. Prüfe, ob die Summe der Momente vorzeichenrichtig ist und I zur verwendeten Achse gehört. Bei doppelt so großem I halbiert sich α für dasselbe Nettomoment. Für null Nettomoment muss bei konstantem I $\alpha=0$ sein. Eine Umstellung $I=\frac{\sum\tau}{\alpha}$ benötigt $\alpha\ne0$ ; aus einer gleichförmigen Rotation mit ausgeglichener Last lässt sich I so nicht bestimmen.

Wann kombiniere ich Newtons zweites Gesetz für die Rotation mit einer weiteren Beziehung?+

Bei konstantem Nettomoment und I erhältst du aus $\alpha=\frac{\sum\tau}I$ anschließend $\omega=\omega_0+\alpha t$ und $\Delta\theta=\omega_0t+\frac12\alpha t^2$ . Arbeit und Leistung folgen für dieselbe feste Achse aus $W=\int\tau\,d\theta$ und $P=\tau\omega$ . Bei einer Fallmasse an einer Trommel ergänzt du $mg-T=ma$ und die Seilbedingung $a=R\alpha$ ; das Rotationsmoment ist $TR$ und die Seilspannung nicht automatisch mg. Für Rollen kombinierst du die Schwerpunkttranslation mit Rotation um den Schwerpunkt und dem Kontaktzwang. Jede weitere Beziehung muss dasselbe System, passende Bezugspunkte und konsistente Vorzeichen verwenden. Energie kann eine unabhängige Kontrolle liefern, ersetzt aber nicht die gesuchte Seilspannung oder Reibungskraft.

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Wie stellst du Στ = Iα nach Winkelbeschleunigung um?

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Welcher typische Fehler passiert bei Στ = Iα?

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Die Liste nennt Fachquellen und weiterführende Literatur. Eine Seiten- oder Abschnittsnummer steht dabei, wenn sie Teil der Literaturangabe ist; es handelt sich nicht um wörtliche Zitate.

Weitere Formeln: Mechanik

\sum \vec F_{\mathrm{ext}} = \vec F_{\mathrm{res}} = m \vec a

Newtons zweites Gesetz (resultierende Kraft)

F_G = G \cdot \frac{m_1 \cdot m_2}{r^2}

Newtonsches Gravitationsgesetz

E_{kin} = \frac{1}{2} m v^2

Kinetische Energie

E_{pot} = m \cdot g \cdot h

Potentielle Energie (Lagehöhe)

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Rotationsdynamik: Drehmoment und Winkelbeschleunigung

Die resultierende äußere Drehmomentkomponente um eine feste inertiale Achse ist bei konstantem I gleich I mal signierter Winkelbeschleunigung.

GrundlegendPrüfungsrelevantSekundarstufe IIUni/HochschuleBachelor-Grundlagen

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Symbol

Bedeutung

Einheit

\sum τ

signierte Summe aller äußeren Drehmomentkomponenten um die feste inertiale Achse

N·m

I

konstantes Massenträgheitsmoment des starren Körpers um dieselbe Achse

kg·m²

α

signierte Winkelbeschleunigungskomponente um dieselbe Achse

rad/s²

Herleitung & Hintergrund

Prüfungs-Blueprint

Gültigkeitsbereich

Herleitung in Schritten

Die äußere Drehmomentsumme ändert den axialen Drehimpuls; bei konstantem I wird daraus $I\alpha$ .

1Lege Körper, feste inertiale z-Achse und positive Drehrichtung fest.
2Berechne $I_z=\sum_i m_i r_{i,\perp}^2$ mit senkrechten Abständen zu genau dieser Achse.
3Alle Massen teilen bei starrer Rotation dieselbe $\omega_z$ , deshalb gilt $L_z=I_z\omega_z$ .
4Die äußere Achsenmomentsumme erfüllt $\sum\tau_{z,\mathrm{ext}}=\frac{dL_z}{dt}$ .
5Konstante Achsabstände halten $I_z$ konstant; die Ableitung ist daher $I_z\frac{d\omega_z}{dt}$ .
6Mit $\alpha_z=\frac{d\omega_z}{dt}$ folgt $\sum\tau_{z,\mathrm{ext}}=I_z\alpha_z$ . Antrieb, Last und Reibung gehören in die Summe.
7Für diese skalare Achsenbilanz ist keine Hauptachse nötig. Die volle Vektorbeziehung benötigt allgemein den Trägheitstensor.

Rechenbeispiel: Newtons zweites Gesetz für die Rotation

Eine typische Aufgabe Schritt für Schritt: Newtons zweites Gesetz für die Rotation (Στ = Iα).

Aufgabe

Ein starrer Rotor hat um seine feste inertiale Achse $I=0{,}20\,\mathrm{kg\,m^2}$ . Das resultierende äußere Achsenmoment beträgt $+0{,}60\,\mathrm{N\,m}$ . Bestimme die Winkelbeschleunigung.

Rechenweg

Ansatz: $\alpha=\frac{\tau_{\mathrm{net}}}I$ .
Daraus folgt $\alpha=+3{,}0\,\mathrm{rad\,s^{-2}}$ .

Kontrolle: $I\alpha=0{,}60\,\mathrm{N\,m}$ . Das positive Vorzeichen beschreibt die Beschleunigungsrichtung, nicht automatisch eine Zunahme des Geschwindigkeitsbetrags.

Die Formel verstehen und anwenden

Was verändert den Drehzustand?

Vorwissen: Kraftbilanz und Winkelgeschwindigkeit. Trägheitsmoment beschreibt die Massenverteilung um eine Achse, nicht nur die gesamte Masse.

Das resultierende Achsenmoment beschleunigt

\sum\tau_{z,\mathrm{ext}}=I_z\alpha_z

Für einen starren Körper um eine feste inertiale Achse ist die äußere Drehmomentsumme gleich dem konstanten axialen Trägheitsmoment mal signierter Winkelbeschleunigung.[1][2]

Bild ansehen: Nettomoment bestimmt die Steigung

Nettomoment bestimmt die Steigung

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Das erste Beispiel hat

I=0{,}320\,\mathrm{kg\,m^2}

und Nettomoment +1,920

\mathrm{N\,m}

. Die Gerade steigt von 4 auf 13

\mathrm{rad\,s^{-1}}

in 1,50 s. Ihre Fläche 12,75 rad liefert mit dem Nettomoment 24,48 J Arbeit, passend zur Energieänderung.[1]

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Vom Drehimpuls zur Beschleunigung

\begin{aligned}L_z&=\sum_i m_i r_{i,\perp}^2\omega_z=I_z\omega_z\\\sum\tau_{z,\mathrm{ext}}&=\frac{dL_z}{dt}\end{aligned}

Jedes Teilchen teilt die Winkelgeschwindigkeit; sein senkrechter Abstand zur festen Achse bestimmt den axialen Drehimpulsbeitrag.[2]

\begin{aligned}\alpha_z&=\frac{\sum\tau_z}{I_z}\\I_z&=\frac{\sum\tau_z}{\alpha_z}\end{aligned}

Die erste Division verlangt $I_z$ >0. Die zweite verlangt $\alpha_z$ ≠0 und ein zutreffendes Modell; aus null Drehmoment und null Beschleunigung lässt sich I nicht bestimmen.

Vertiefung anzeigen: Skalare Achsenbilanz und Vektor unterscheiden

Hebelarm, Richtung und Einheit festlegen

\begin{aligned}\tau_z&=(\mathbf r\times\mathbf F)_z\\{}[I_z\alpha_z]&=\mathrm{kg\,m^2\,s^{-2}}=\mathrm{N\,m}\end{aligned}

r zeigt von der gewählten Achse zum Angriffspunkt. Das Vorzeichen folgt aus der rechten Hand, nicht allein aus der Größe der Kraft.[1]

Antrieb und gekoppelter Fallkörper

Motor mit entgegenwirkender Last

Gegeben: Ein starrer Rotor um eine feste Achse hat $I=0{,}320\,\mathrm{kg\,m^2}$ . Das Motormoment ist +2,40 $\mathrm{N\,m}$ , das Lastmoment −0,480 $\mathrm{N\,m}$ . Anfangs $\omega_0=+4{,}00\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ ; beide Momente bleiben 1,50 s konstant.
Gesucht: Bestimme $\alpha$ , Endgeschwindigkeit und Energieänderung.

Ansatz: Alle äußeren Achsenmomente mit Vorzeichen addieren. $\alpha=\frac{\tau_{\mathrm{Motor}}+\tau_{\mathrm{Last}}}{I}$ . Zuerst die signierten Momente summieren.
$\begin{aligned}\tau_{\mathrm{net}}&=2.40-0.480=1.920\,\mathrm{N\,m}\\{} \alpha&=\frac{1.920}{0.320}=6.00\,\mathrm{rad/s^2}\end{aligned}$
Bei konstantem I und Moment ist $\alpha$ konstant.
$\begin{aligned}\omega_f&=4+6(1.50)=13.0\,\mathrm{rad/s}\\\Delta\theta&=4(1.50)+\tfrac12(6)(1.50)^2=12.75\,\mathrm{rad}\end{aligned}$
Die Änderung der Rotationsenergie aus Anfangs- und Endwert bilden.
$\Delta K=\tfrac12(0.320)(13^2-4^2)=24.48\,\mathrm J$

Fallmasse treibt eine Trommel an

Gegeben: Eine Masse $m=1{,}80\,\mathrm{kg}$ hängt an einem masselosen, gespannten Seil. Es wickelt sich ohne Gleiten von einer Trommel mit $R=0{,}150\,\mathrm{m}$ und $I=0{,}120\,\mathrm{kg\,m^2}$ ab. Feste reibungsfreie Achse, konstantes R, Start aus Ruhe, Fallhöhe $h=0{,}650\,\mathrm m$ , $g=9{,}81\,\mathrm{m\,s^{-2}}$ .
Gesucht: Bestimme a, Seilspannung und Geschwindigkeit nach dem Fall.

Ansatz: Translation der Masse, Rotation der Trommel und Seilkopplung gemeinsam bilanzieren. $mg-T=ma,\quad TR=I\alpha,\quad a=R\alpha$ . Translation nach unten positiv, Rotation in Abwickelrichtung positiv wählen.
$\begin{aligned}mg-T&=ma\\TR&=I\alpha\\a&=R\alpha\end{aligned}$
Die Seilspannung eliminieren und die wirksame Trägheit berücksichtigen.
$\begin{aligned}a&=\frac{mg}{m+\frac{I}{R^2}}=2.475421\,\mathrm{m/s^2}\\{} \alpha&=16.502804\,\mathrm{rad/s^2}\end{aligned}$
Die Spannung ist kleiner als mg, weil die Masse beschleunigt.
$\begin{aligned}T&=m(g-a)=13.202243\,\mathrm N\\TR&=1.980336\,\mathrm{N\,m}\end{aligned}$
Bei konstanter Beschleunigung die Fallstrecke verwenden.
$\begin{aligned}v&=\sqrt{2ah}=1.793892\,\mathrm{m/s}\\{} \omega&=\frac{v}{R}=11.959277\,\mathrm{rad/s}\end{aligned}$

Ergebnis: $a\approx2{,}475\,\mathrm{m\,s^{-2}}$ , T≈13,202 N und $v\approx1{,}794\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ . Die Trommel nimmt einen Teil der frei werdenden Lageenergie auf.

Drehmoment und Leistung ergänzen die Zeitbilanz

\begin{aligned}W_{\mathrm{net}}&=\int\tau_{z,\mathrm{net}}\,d\theta=\Delta\!\left(\frac12 I_z\omega_z^2\right)\\P_{\mathrm{net}}&=\tau_{z,\mathrm{net}}\omega_z\end{aligned}

Für dieselbe feste Achse und konstantes I stimmen Drehmomentarbeit und Änderung der Rotationsenergie überein.[3]

Fünf Achsenbilanzen selbst prüfen

Einsetzen und Rechnen · Einstieg

Ein Rotor hat $I=0{,}450\,\mathrm{kg\,m^2}$ und $\omega_0=+6{,}00\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ . Ein konstantes Bremsmoment −0,900 $\mathrm{N\,m}$ wirkt bis zum ersten Stillstand. Bestimme $\alpha$ und die Dauer.

Hinweis anzeigen

Nur bis zum Stillstand rechnen; das Bremsmodell nicht ungeprüft zur Gegenrotation verlängern.

Lernziel: Brems-Winkelbeschleunigung und Zeit bis zum ersten Stillstand berechnen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $\alpha=\frac{\tau_{\mathrm{net}}}I$ ; beim ersten Stillstand gilt $0=\omega_0+\alpha t_s$ .
Daraus folgen $\alpha=-2{,}00\,\mathrm{rad\,s^{-2}}$ und $t_s=3{,}00\,\mathrm s$ .

Kontrolle: $6{,}00-2{,}00\cdot3{,}00=0$ bestätigt den Endzustand. Danach hängt die Bewegung davon ab, ob die Bremse hält oder ein Antrieb weiterwirkt.

\begin{aligned}\alpha&=-2.00\,\mathrm{rad/s^2}\\t_s&=3.00\,\mathrm s\end{aligned}

Umstellen · Anwenden

Ein fest gelagerter starrer Rotor beschleunigt mit +3,00 $\mathrm{rad\,s^{-2}}$ . Motormoment +1,60 $\mathrm{N\,m}$ und Lastmoment −0,400 $\mathrm{N\,m}$ sind die einzigen axialen Beiträge. Bestimme I.

Hinweis anzeigen

Erst die Momente summieren, dann durch $\alpha$ teilen.

Lernziel: Das Trägheitsmoment aus resultierendem Moment und Winkelbeschleunigung bestimmen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Addiere die signierten Momente und stelle $I=\frac{\tau_{\mathrm{Motor}}+\tau_{\mathrm{Last}}}{\alpha}$ um.
Die Summe beträgt $+1{,}20\,\mathrm{N\,m}$ , deshalb ist $I=0{,}400\,\mathrm{kg\,m^2}$ .

Kontrolle: $I\alpha=0{,}400\cdot3{,}00\,\mathrm{N\,m}=1{,}20\,\mathrm{N\,m}$ . Nur das Motormoment einzusetzen würde die Trägheit überschätzen.

I=0.400\,\mathrm{kg\,m^2}

Transfer · Vertiefen

Ein nichtstarrer Rotor verändert nur die radialen Abstände seiner Massen; alle teilen $\omega_z=+10{,}0\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ , ohne zusätzliche relative Winkelbewegung. Momentan $I=0{,}200\,\mathrm{kg\,m^2}$ , $\frac{dI}{dt}=+0{,}0300\,\mathrm{kg\,m^2\,s^{-1}}$ und $\tau_{z,\mathrm{ext}}$ =0. Bestimme $\alpha_z$ .

Hinweis anzeigen

Differenziere $L_z$ =Iωz mit der Produktregel.

Lernziel: Bei veränderlichem Trägheitsmoment die Produktregel der Drehimpulsbilanz anwenden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Das ausdrücklich nichtstarre System erfüllt $0=\frac{d(I\omega_z)}{dt}=I\alpha_z+\dot I\omega_z$ .
Daher $\alpha_z=-\frac{\dot I\omega_z}I=-1{,}50\,\mathrm{rad\,s^{-2}}$ .

\alpha_z=-\frac{\dot I\omega_z}{I}=-1.50\,\mathrm{rad/s^2}

Interpretieren · Einstieg

Ein starrer Rotor dreht um eine feste Achse mit konstantem $I=0{,}30\,\mathrm{kg\,m^2}$ und anfangs $\omega=+8\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ . Motor und Last liefern gleichzeitig +1,2 $\mathrm{N\,m}$ und −1,2 $\mathrm{N\,m}$ ; weitere Momente fehlen. Wie entwickelt sich $\omega$ während 5 s? Ein Diagramm zeigt eine horizontale $\omega$ -Zeit-Linie oberhalb null. Ist sie mit Newtons Rotationsgesetz vereinbar?

Hinweis anzeigen

Das Gesetz verwendet die Summe der Momente. Bei null Winkelbeschleunigung bleibt die vorhandene Winkelgeschwindigkeit erhalten.

Lernziel: Null resultierendes Drehmoment mit unveränderter Winkelgeschwindigkeit statt Stillstand verbinden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Beide gerichteten Momente summieren und durch das konstante Trägheitsmoment teilen.
Die Winkelbeschleunigung ist null, daher bleibt $\omega$ während der fünf Sekunden bei +8 $\mathrm{rad\,s^{-1}}$ .
Das Diagramm ist richtig.

\begin{aligned}\tau_{\mathrm{net}}&=1.2-1.2=0\,\mathrm{N\,m}\\\alpha&=\frac{\tau_{\mathrm{net}}}{I}=0\\\omega(5\,\mathrm s)&=\omega_0+\alpha t=+8\,\mathrm{rad/s}\\P_{\mathrm{motor}}&=-P_{\mathrm{load}}=9.6\,\mathrm W\end{aligned}

[1]

Fehleranalyse · Anwenden

Ein starrer Rotor mit $I=0{,}20\,\mathrm{kg\,m^2}$ hat $\omega_0=-6\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ . Für 1,0 s wirkt ein konstantes positives resultierendes Drehmoment +0,40 $\mathrm{N\,m}$ um dieselbe feste Achse. Eine Lösung sagt: „Positives Moment macht den Rotor schneller.“ Berechne $\omega$ nach einer Sekunde und entscheide über den Geschwindigkeitsbetrag; gib die Änderung der Rotationsenergie an.

Hinweis anzeigen

Positive Winkelbeschleunigung erhöht die signierte Winkelgeschwindigkeit. Bei negativer Anfangsgeschwindigkeit kann deren Betrag dabei kleiner werden.

Lernziel: Das Drehmomentvorzeichen relativ zur vorhandenen Drehrichtung deuten.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Die Winkelbeschleunigung aus dem Moment bestimmen und zur negativen Anfangsgeschwindigkeit addieren.
Sie beträgt +2 $\mathrm{rad\,s^{-2}}$ , sodass $\omega$ nach einer Sekunde −4 $\mathrm{rad\,s^{-1}}$ ist.
Der Betrag sinkt von 6 auf 4 $\mathrm{rad\,s^{-1}}$ ; der Rotor bremst.
Die Rotationsenergie sinkt um 2,0 J.

Kontrolle: Moment und Winkelgeschwindigkeit haben während dieses Intervalls entgegengesetzte Vorzeichen, also ist die Leistung negativ.

\begin{aligned}\alpha&=\frac{0.40\,\mathrm{N\,m}}{0.20\,\mathrm{kg\,m^2}}=+2\,\mathrm{rad/s^2}\\\omega_f&=-6+2\cdot1=-4\,\mathrm{rad/s}\\\Delta E_{\mathrm{rot}}&=\frac12I(\omega_f^2-\omega_0^2)\\&=\frac12(0.20)(16-36)\,\mathrm J=-2.0\,\mathrm J\end{aligned}

[1][2]

Das Modell vor jeder Umstellung festlegen

Das nimmst du mit

Belege zu dieser Erklärung

Quanta · Bearbeitet 2. Oktober 2026

Redaktion: Quanta Study Redaktion

Prüfumfang

Eine unabhängige, namentliche menschliche Fachprüfung ist noch nicht dokumentiert. Unsere Aufgabenzahlen sind Rechenbeispiele und keine Messdaten der zitierten Quellen.

Redaktion, Quellen und Vorgehen

Änderungsverlauf

2. Oktober 2026Passende fachliche Übergänge verknüpft; vorhandene Herleitungen, Beispiele, Aufgaben und Figuren vollständig erhalten.
1. Oktober 2026Zwei Aufgaben ergänzt; die fünf Aufgaben nach Aufgabentyp, Schwierigkeit und Lernziel gegliedert.
1. Oktober 2026Einstieg und Schlussfolgerung individuell erklärt, bestehende Rechnungen geprüft, Formelsatz und Modellbezug präzisiert sowie eine eigene Lernfigur ergänzt.

Diese Nachschlageseite zitieren

Quanta. Newtons zweites Gesetz für die Rotation. Stand 2. Oktober 2026. https://quanta-study.de/tafelwerk/newton-rotation-starrer-koerper

Bei einer konkreten fachlichen Aussage zusätzlich die dort verknüpfte Fachquelle nennen.

Korrektur mit Beleg vorschlagen

Häufige Fragen: Newtons zweites Gesetz für die Rotation

Was beschreibt Newtons zweites Gesetz für die Rotation?+

Wie prüfe ich eine Rechnung mit Newtons zweitem Gesetz für die Rotation?+

Welche Annahmen und Grenzen hat Newtons zweites Gesetz für die Rotation?+

Wie kontrolliere ich Einheiten und Größenordnung bei Newtons zweitem Gesetz für die Rotation?+

Wann kombiniere ich Newtons zweites Gesetz für die Rotation mit einer weiteren Beziehung?+

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Ein Rotor hat I=0,450 kg m2I=0{,}450\,\mathrm{kg\,m^2}I=0,450kgm2 und ω0=+6,00 rad s−1\omega_0=+6{,}00\,\mathrm{rad\,s^{-1}}ω0​=+6,00rads−1. Ein konstantes Bremsmoment −0,900 N m\mathrm{N\,m}Nm wirkt bis zum ersten Stillstand. Bestimme α\alphaα und die Dauer.

Ein fest gelagerter starrer Rotor beschleunigt mit +3,00 rad s−2\mathrm{rad\,s^{-2}}rads−2. Motormoment +1,60 N m\mathrm{N\,m}Nm und Lastmoment −0,400 N m\mathrm{N\,m}Nm sind die einzigen axialen Beiträge. Bestimme I.

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Ein Rotor hat I=0,450 kg m2I=0{,}450\,\mathrm{kg\,m^2}I=0,450kgm2 und ω0=+6,00 rad s−1\omega_0=+6{,}00\,\mathrm{rad\,s^{-1}}ω0​=+6,00rads−1. Ein konstantes Bremsmoment −0,900 N m\mathrm{N\,m}Nm wirkt bis zum ersten Stillstand. Bestimme α\alphaα und die Dauer.

Ein fest gelagerter starrer Rotor beschleunigt mit +3,00 rad s−2\mathrm{rad\,s^{-2}}rads−2. Motormoment +1,60 N m\mathrm{N\,m}Nm und Lastmoment −0,400 N m\mathrm{N\,m}Nm sind die einzigen axialen Beiträge. Bestimme I.

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Ein fest gelagerter starrer Rotor beschleunigt mit +3,00 $\mathrm{rad\,s^{-2}}$ . Motormoment +1,60 $\mathrm{N\,m}$ und Lastmoment −0,400 $\mathrm{N\,m}$ sind die einzigen axialen Beiträge. Bestimme I.