\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\centerline{L\"osungsvorschl\"age zur \"Ubung Nr.3}
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\centerline{Besprechung: Donnerstag 21. November 2003}
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\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (7 Punkte) \newline
Die Zeit auf der Bahn $A$ betr\"agt einfach $T_{A} = L/v_{0} = 10 \; s$. Allerdings kommt man auf
der Bahn $B$ schneller zum Ziel. Die Schwerebeschleunigung $\vec{g}$ mu"s zun\"achst in eine
Komponente senkrecht zur schiefen Ebene und parallel zur schiefen Ebene zerlegt werden. Die
Kraft senkrecht zur schiefen Ebene wird vom K\"orper des L\"aufers abgefangen, die Komponente 
parallel zur schiefen Ebene beschleunigt den L\"aufer, und zwar in beiden Richtungen,
in $x$- und $z$- Richtung. \newline \vskip 4cm
Wir betrachten nur die zeitliche Entwicklung der $x$- Richtung. Hierzu zerlegen wir die
Beschleunigung nochmal in eine $x$- und $z$- Komponente, speziell 
$g_{x} = g \; sin(\alpha) \; cos(\alpha) = g/2$. Mit solchen Zwangsbedingungen kann man also
Kr\"afte um $90^{o}$ umlenken. Dann gilt auf der schiefen Ebene
\begin{displaymath}
x(t) = \frac{g_{x}}{2} t^{2} + v_{0} t.
\end{displaymath}
Bei $x=h$ erhalten wir 
\begin{displaymath}
h = \frac{g_{x}}{2} T_{1}^{2} + v_{0} T_{1}.
\end{displaymath}
Nach $T_{1}$ aufgel\"ost ergibt
\begin{displaymath}
T_{1} = -\frac{v_{0}}{g_{x}} \pm \sqrt{\frac{v_{0}^{2}}{g_{x}^{2}} + \frac{2h}{g_{x}}}
\end{displaymath}
Die L\"osung mit dem Minuszeichen ergibt eine negative Zeit, die andere L\"osung ist
$T_{1} = - 2 + \sqrt{8} \approx 0,83 \; s$. 
F\"ur den Weg bergauf braucht er dieselbe Zeit $T_{3} = T_{1} = 0,83 \; s$. Die 
Geschwindigkeit in der Mulde ist $v_{x} = g_{x} T_{1} + v_{0} \approx 14,15$ und damit die
Zeit $T_{2} = 80/14,15 \; s = 5,65 \; s$. Insgesamt braucht man auf dem Weg $B$ also nur
$T = 2*0,83 + 5,65 = 7,31 \; s$. 
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{\bf Aufgabe 2:}  \hspace{10cm} (7 Punkte) 
a) Bei dieser Aufgabe m\"ussen wir den Energiesatz anwenden. Die potentielle Energie des
Springers ist vor dem Sprung $E_{0} = m g h$. \newline \vskip 5cm
Diese Energie wird umgesetzt in eine potentielle
Energie $E(x_{0}) = m g x_{0}$ und eine Energie $(D/2) (h - l - x_{0})^{2}$. Also
\begin{displaymath}
m g h = m g x_{0} + \frac{D}{2} (h - l - x_{0})^{2}.
\end{displaymath}
mit der L\"osung ($a = h-l$):
\begin{displaymath}
x_{0} = - \frac{1}{2} \left[ \frac{2mg}{D} - 2a \right] \pm 
\sqrt{\frac{1}{4} \left( \frac{2mg}{D} - 2a \right)^{2} - \left( a^{2} - \frac{2mg}{D} \right) }
\end{displaymath}
Eine der L\"osungen ist der obere Punkt der Federschwingung, die zweite ist
$x_{0} = 12,95 \; m$. Beim Bungee ist dieses also der Ort der F\"usse beim Umkehrpunkt. \newline
b) Die gr\"o"ste Kraft herrscht am Umkehrpunkt:
\begin{displaymath}
F_{ges} = D(h-l-x_{0}) - mg = -2625,6 \; N.
\end{displaymath}
Mit $mg = 784,8 \; N$ und $D(h-l-x_{0}) = 3410 \;N$ sp\"urt der Springer das 5,35- fache seines
K\"orpergewichtes. \newline
c) Die kritische Masse berechnet sich aus
\begin{displaymath}
m g h = \frac{D}{2} (h-l- H)^{2}
\end{displaymath}
zu
\begin{displaymath}
m_{kritisch} = \frac{D}{2} \frac{1}{gh} (h-l-H)^{2} = 162,1 \; kg.
\end{displaymath}
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{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (6 Punkte) \newline
Man sieht sofort durch elementare Rechnung, dass $|\vec{v}_{1}| = |\vec{v}_{2}|$ ist. 
Das Gleichungssystem
\begin{eqnarray}
v_{1} v_{3} cos(\phi_{13}) &=& v_{2} v_{3} cos(\phi_{23}) \nonumber \\
v_{1} v_{3} sin(\phi_{13}) &=& v_{2} v_{3} sin(\phi_{23}) \nonumber 
\end{eqnarray}
fordert, dass $v_{1}^{2} = v_{2}^{2}$ ist. Ist auch $\vec{v}_{1} = \vec{v}_{2}$ ?
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