Lösungsvorschläge zur Übung Nr.3
Besprechung: Donnerstag 21. November 2003

Aufgabe 1: (7 Punkte)
Die Zeit auf der Bahn $A$ beträgt einfach $T_{A} = L/v_{0} = 10 \; s$. Allerdings kommt man auf der Bahn $B$ schneller zum Ziel. Die Schwerebeschleunigung $\vec{g}$ muß zunächst in eine Komponente senkrecht zur schiefen Ebene und parallel zur schiefen Ebene zerlegt werden. Die Kraft senkrecht zur schiefen Ebene wird vom Körper des Läufers abgefangen, die Komponente parallel zur schiefen Ebene beschleunigt den Läufer, und zwar in beiden Richtungen, in $x$- und $z$- Richtung.

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 Kräfte 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 $T_{1}$ aufgelöst 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 Lösung mit dem Minuszeichen ergibt eine negative Zeit, die andere Lösung ist $T_{1} = - 2 + \sqrt{8} \approx 0,83 \; s$. Für 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 $T = 2*0,83 + 5,65 = 7,31 \; s$.
Aufgabe 2: (7 Punkte) a) Bei dieser Aufgabe müssen wir den Energiesatz anwenden. Die potentielle Energie des Springers ist vor dem Sprung $E_{0} = m g h$.

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 Lösung ($a = h-l$):

\begin{displaymath}
x_{0} = - \frac{1}{2} \left[ \frac{2mg}{D} - 2a \right] \pm ...
...}{D} - 2a \right)^{2} - \left( a^{2} - \frac{2mg}{D} \right) }
\end{displaymath}

Eine der Lösungen ist der obere Punkt der Federschwingung, die zweite ist $x_{0} = 12,95 \; m$. Beim Bungee ist dieses also der Ort der Füsse beim Umkehrpunkt.
b) Die größte 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 $D(h-l-x_{0}) = 3410 \;N$ spürt der Springer das 5,35- fache seines Körpergewichtes.
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}


Aufgabe 3: (6 Punkte)
Man sieht sofort durch elementare Rechnung, dass $\vert\vec{v}_{1}\vert = \vert\vec{v}_{2}\vert$ ist. Das Gleichungssystem
$\displaystyle v_{1} v_{3} cos(\phi_{13})$ $\textstyle =$ $\displaystyle v_{2} v_{3} cos(\phi_{23})$  
$\displaystyle v_{1} v_{3} sin(\phi_{13})$ $\textstyle =$ $\displaystyle v_{2} v_{3} sin(\phi_{23})$  

fordert, dass $v_{1}^{2} = v_{2}^{2}$ ist. Ist auch $\vec{v}_{1} = \vec{v}_{2}$ ?



Harm Fesefeldt
2007-07-31