\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L\"osungsvorschl\"age zur \"Ubung Nr.5}
\large
\centerline{Besprechung: Donnerstag 4.Dezember 2003}
\normalsize
\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
Es handelt sich um einen zentralen, elastischen Sto"s, daher erhalten wir f\"ur die Geschwindigkeiten
der beiden Massen nach dem Sto"s:
\begin{displaymath}
v_{1}' = \frac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}} v_{1} = \frac{9}{11} v_{1}, \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;
v_{2}' = \frac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}} v_{1} = frac{2}{11} v_{1} 
\end{displaymath}
$v_{1}$ folgt aus dem Energiesatz ($(1/2)m_{1} v_{1}^{2} = m_{1} g h = m_{1} g L$) zu
\begin{displaymath}
v_{1} = \sqrt{2 g L}.
\end{displaymath}
a) Einsetzen ergibt
\begin{displaymath}
v_{2}' = \frac{2}{11} \sqrt{2gL} = 0,81 \; m/s.
\end{displaymath}
b) Die kinetische Energie der Masse $m_{1}$ nach dem Sto"s,
\begin{displaymath}
E_{kin,1}' = \frac{1}{2} m_{1}v_{1}'^{2} = \frac{1}{2} m_{1} \left( \frac{9}{11} \right)^{2} 2 g L 
\end{displaymath}
wird beim Maximalausschlag umgesetzt in potentielle Energie $E_{pot,1}' = m_{1} g h$,
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} m_{1} \left( \frac{9}{11} \right)^{2} 2 g L = 2 g h,
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
\frac{h}{L} = \left( \frac{9}{11} \right)^{2} = 0,67.
\end{displaymath}
Der Winkel schliesslich ist($cos\varphi_{max} = 1 - h/L$):
\begin{displaymath}
\varphi_{max} = arccos(0,33) = 70,7^{o}. 
\end{displaymath}
\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (7 Punkte) \newline
a) Aus der Abbilding folgt: \newline \vskip 4cm
\begin{displaymath}
tg(\varphi) = \frac{F_{z}}{F_{g}} = \frac{m \omega^{2} (r_{0} + l \; sin(\varphi))}{mg}
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
g \; tg(\varphi) = \omega^{2} r_{0} + \omega^{2} l \; sin(\varphi).
\end{displaymath}
Dieses ist eine transzendente Gleichung, die wir graphisch l\"osen: \newline \vskip 5cm
Die N\"aherungsl\"osung ist $\varphi \approx 80,6^{o}$. \newline
b) F\"ur $r_{0} = 0$ ist $g \; tg(\varphi) = \omega^{2} l \; sin(\varphi)$ oder
\begin{displaymath}
cos(\varphi) = \frac{g}{\omega^{2} l}.
\end{displaymath}
In dieser Formel ist $cos(\varphi) = 1$ und damit $\varphi = 0$ f\"ur die Grenzfrequenz
$\omega_{g} = \sqrt{g/l}$. Dieses ist genau die Frequenz des linearen zweidimensionalen Pendels,
das System geht in eine zweidimensionale Schwingung \"uber. Physikalisch bedeutet das,
dass die Komponente der Schwerkraft senkrecht zum Pendel grunds\"atzlich gr\"o"ser wird als die
Komponente der Fliehkraft. \newline \vskip 4cm
Mit 
\begin{eqnarray}
F_{g\perp} &=& m g \; sin(\varphi) \nonumber \\
F_{F\perp} &=& m \omega^{2} l \; sin(\varphi) cos(\varphi) \nonumber 
\end{eqnarray}
gilt f\"ur $\omega^{2} < g/l$ die Absch\"atzung:
\begin{displaymath}
F_{F\perp} < m \frac{g}{l} l sin(\varphi) cos(\varphi) \leq mg sin(\varphi) = F_{g\perp},
\end{displaymath}
also
\begin{displaymath}
F_{F\perp} < F_{g\perp} \; \; \forall \omega^{2} < \frac{g}{l}.
\end{displaymath}
\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 3} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline
Zur L"osung der Aufgabe setzt man f"ur einen der Wagen die Kraftgleichung aus Federkraft $\vec{F_{f}}$ und 
Zentrifugalkraft $\vec{F_{z}}$ an:
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} F_{f} + F_{z} = m \frac{d^{2}r}{dt^{2}},
\end{displaymath}
wobei $r$ die Position des Wagens auf der Schiene von der Drehachse aus gemessen ist. Wir brauchen keine Vektoren
zu schreiben, da beide Kr"afte in Richtung von $\vec{r}$ zeigen. Auf einen der beiden Wagen wirkt nur die 
halbe Federkraft. Daher gilt:
\begin{displaymath}
- \frac{1}{2} D x + m\omega^{2} r = m \frac{d^{2}r}{dt^{2}}
\end{displaymath}
Mit $r = x + a$ k"onnen wir auch schreiben:
\begin{displaymath}
- D(r-a) + 2 m \omega^{2} r = 2 m \frac{d^{2}r}{dt^{2}}.
\end{displaymath}
Als erstes bestimmen wir die Gleichgewichtslage $r_{0}$ des Wagens. In diesem Fall wirkt keine Beschleunigung, also
$d^{2}r/dt^{2} = 0$ und
\begin{displaymath}
r_{0} = \frac{-D a}{2m \omega^{2} - D}.
\end{displaymath}
Da $r_{0} > 0$ sein muss, existiert nur eine Gleichgewichtslage f"ur $a>0$ und $D > 2 m \omega^{2}$ (1. Fall) oder
$a < 0$ und $D < 2 m \omega^{2}$ (2. Fall). F"ur $2 m \omega^{2} = D$ und $a = 0$ ist der Wagen immer im Gleichgewicht
(indifferentes Gleichgewicht). \newline
Zur Untersuchung der Stabilit"at der Gleichgewichtslagen lenken wir den Wagen um eine kleine
Strecke $\epsilon$ aus und untersuchen die Reaktion des Wagens auf diese St"orung.
\begin{displaymath}
r(t) = r_{0} + \epsilon(t).
\end{displaymath}
Die Bewegungsgleichung wird zu
\begin{displaymath}
-D (r_{0} + \epsilon - a) + 2 m \omega^{2} (r_{0} + \epsilon) = 2 m \frac{d^{2}\epsilon}{dt^{2}}.
\end{displaymath}
Setzt man noch f"ur $r_{0}$ die bereits oben angeschriebene L"osung ein, so folgt nach einigen Umformungen die DGL
\begin{displaymath}
(2 m \omega^{2} - D) \epsilon = 2 m \frac{d^{2}\epsilon}{dt^{2}}.
\end{displaymath}  
Falls $D < 2m \omega^{2}$ (2. Fall) wird der Wagen bei einer positiven Auslenkung $\epsilon > 0$ weiter nach aussen beschleunigt
($d^{2}\epsilon/dt^{2}>0$). Dieser Fall ist also instabil. \newline
Falls $D > 2m \omega^{2}$ (1. Fall) wird der Wagen bei einer positiven Auslenkung $\epsilon > 0$ zur"uck nach innen,
also zur Gleichgewichtslage hin, beschleunigt ($d^{2}\epsilon/dt^{2}<0$). Dieser Fall ist also stabil und kann als
Fliehkraftregler benutzt werden.
\end{document}
