Lösungsvorschläge zur Übung Nr.4
Besprechung: Donnerstag 27.November 2003

Aufgabe 1: (7 Punkte)
Wie in der Vorlesung diskutiert, bleibt die Impulskomponenten senkrecht zur Verbindungslinie der beiden Kugeln unverändert:
$\displaystyle p_{1T}'$ $\textstyle =$ $\displaystyle p_{1T} = p_{1} sin\beta$  
$\displaystyle p_{2T}'$ $\textstyle =$ $\displaystyle p_{2T} = 0$  

Für die Kompenente entlang der Verbindungslinie kann man die Formeln des zentralen Stosses anwenden:
$\displaystyle v_{1L}'$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}} v_{1L} + \frac{2m_{2}}{m_{1}+m_{2}} v_{2L}
= 0$  
$\displaystyle v_{2L}'$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{m_{2}-m_{1}}{m_{1}+m_{2}} v_{2L} + \frac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}} v_{1L} = v_{1L}$  

a) Daraus folgt zunächst $sin\alpha_{2} = d/(2r)$ oder $\alpha = 37^{o}$.
b) Da für gleiche Massen $v_{1L}' = 0$ ist (siehe oben), stehen $\vec{p_{1}}'$ und $\vec{p_{2}}'$ senkrecht aufeinander:

c) Daher auch $\alpha_{1} = 90^{o} - \alpha_{2} = 53^{o}$.
d) Die Geschwindigkeiten sind

$\displaystyle v_{1}'$ $\textstyle =$ $\displaystyle \sqrt{v_{1L}'^{2} + v_{1T}'^{2}} = v_{1T} = v_{1} sin\beta = v_{1} sin\alpha_{2} = 6 \; cm/s$  
$\displaystyle v_{2}'$ $\textstyle =$ $\displaystyle \sqrt{v_{2L}'^{2} + v_{2T}'^{2}} = v_{1L} = v_{1} cos\beta = v_{1} cos\alpha_{2} = 8 \; cm/s$  


Aufgabe 2: (7 Punkte)
Wir hatten in der Vorlesung (siehe Skript Seite 52)
$\displaystyle W$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} D A^{2} = constant$  
$\displaystyle \overline{W_{kin}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} m \omega^{2} A^{2} \frac{1}{T} \int_{0}^{T} sin^{2}(\omega t) dt$  
$\displaystyle \overline{W_{pot}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} D A^{2} \frac{1}{T} \int_{0}^{T} cos^{2}(\omega t) dt$  

Aus einer Tabelle entnehmen wir die unbestimmten Integrale:
$\displaystyle \int cos^{2}(\omega t) dt$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{t}{2} + \frac{1}{4 \omega } sin(2\omega t)$  
$\displaystyle \int sin^{2}(\omega t) dt$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{t}{2} - \frac{1}{4 \omega } sin(2\omega t)$  

Dann folgt
$\displaystyle \frac{1}{T} \int_{0}^{T} sin^{2}(\omega t) dt$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{T} \left( \frac{T}{2} - \frac{1}{4 \omega}
sin(2\omega T) \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{4\omega T} sin(2\omega T)$  
$\displaystyle \frac{1}{T} \int_{0}^{T} cos^{2}(\omega t) dt$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{T} \left( \frac{T}{2} + \frac{1}{4 \omega}
sin(2\omega T) \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4\omega T} sin(2\omega T)$  

Wegen $\omega^{2} = D/m$ und $T = 2\pi/\omega$ folgt
$\displaystyle \frac{1}{T} \int_{0}^{T} sin^{2}(\omega t) dt$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} - \frac{1}{8 \pi} sin(4\pi) = \frac{1}{2}$  
$\displaystyle \frac{1}{T} \int_{0}^{T} cos^{2}(\omega t) dt$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} + \frac{1}{8 \pi} sin(4\pi) = \frac{1}{2}$  

Insgesamt also
$\displaystyle \overline{W_{kin}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} m \omega^{2} A^{2} \frac{1}{2} = \frac{1}{4} D A^{2}$  
$\displaystyle \overline{W_{pot}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} D A^{2} \frac{1}{2} = \frac{1}{4} D A^{2}$  

und $\overline{W_{kin}} = \overline{W_{pot}} = W/2$.
Aufgabe 3: (6 Punkte)
Für die Feder unter dem Einfluss der Schwerkraft gilt das Kräftegleichgewicht

\begin{displaymath}
m\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + D x + m g = 0.
\end{displaymath}

Dieses können wir schreiben

\begin{displaymath}
\frac{d^{2}}{dt^{2}} \left( x + \frac{mg}{D} \right) + \frac{D}{m} \left( x + \frac{mg}{D} \right) = 0.
\end{displaymath}

$x' = x + mg/D$ erfüllt also wieder die normale Schwingungsgleichung, wobei $x_{0} = mg/D$ die Ruhelage unter dem Einfluss der Schwerkraft ist. Also z.B.

\begin{displaymath}
x = - x_{0} + A \; cos(\omega t).
\end{displaymath}

Kreisfrequenz $\omega$ und Schwingungsdauer $T$ ändern sich nicht.
Aufgabe 4: (Bonusaufgabe) (5 Punkte)
Am einfachsten löst man diese Aufgabe wieder im einem Koordinatensystem mit der schiefen Ebene als $x$- Achse:

Die Beschleunigung des Wagens ist dann:

\begin{displaymath}
\vec{a}_{W} = \left( \begin{array}{c} a_{W,x} \\ a_{W,y} \en...
...left( \begin{array}{c} g \; sin\alpha \\ 0 \end{array} \right)
\end{displaymath}

und die Beschleunigung der Kugel

\begin{displaymath}
\vec{a}_{K} = \left( \begin{array}{c} a_{K,x} \\ a_{K,y} \en...
...ray}{c} g \; sin\alpha \\ -g \; cos\alpha \end{array} \right).
\end{displaymath}

Man sieht also, dass Wagen und Kugel in der $x$- Projektion exakt gleich laufen, da beide beim Abschuss der Kugel die gleiche Geschwindigkeitskomponente hatten,

\begin{displaymath}
v_{W,x} = v_{0} + gt \; sin\alpha = v_{K,x}.
\end{displaymath}

Daher muss die Kugel immer auf die Rohrmündung zurückfallen. Die Zeit des Aufpralls folgt aus der Bewegungsgleichung der $y$- Komponente.
$\displaystyle v_{W,y}$ $\textstyle =$ $\displaystyle 0$  
$\displaystyle v_{K,y}$ $\textstyle =$ $\displaystyle u_{0} - gt \; cos\alpha$  

Integration der zweiten Gleichung ergibt:

\begin{displaymath}
y_{K} = y_{0} + u_{0} t - \frac{g}{2} t^{2} \; cos\alpha.
\end{displaymath}

Die Bedingung $y_{K} = y_{0}$ ergibt die Lösungen $t_{1} = 0$ (Abschuss) und

\begin{displaymath}
t_{2} = \frac{2 u_{0}}{g \; cos\alpha} = 0,47 \; s.
\end{displaymath}





Harm Fesefeldt
2007-08-01