Physik I, WS 1993/94

Lösungen zur Übung Nr. 3

Besprechung: 18. November 1993
Aufgabe 1: (Bonusaufgabe) (5 Punkte)
Am einfachsten löst man diese Aufgabe in einem Koordinatensystem mit der schiefen Ebene als x-Achse:

Die Beschleunigung des Wagens ist dann

$$\vec{a}_{w} = \left( \begin{array}{c} a_{w,x} \\ a_{w,y} \e... ...eft( \begin{array}{c} g \; sin\alpha \\ 0 \end{array} \right)$$

und die Beschleunigung der Kugel

$$\vec{a}_{k} = \left( \begin{array}{c} a_{k,x} \\ a_{k,y} \e... ...y}{r} g \; sin\alpha \\ -g \; cos\alpha \end{array} \right)$$

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

$$v_{w,x} = v_{0} + g t \; sin\alpha = v_{k,x}$$

Daraus folgt, daß die Kugel auf die Rohrmündung zurückfallen muß. Die Zeit des Aufpralls folgt aus der Bewegungsgleichung der y- Komponente.

$$v_{w,y} = 0$$

$$v_{k,y} = u_{0} - gt \; cos\alpha$$

Integration der zweiten Gleichung:

$$y_{k} = y_{0} + u_{0} t - \frac{g}{2} t^{2} cos\alpha$$

Die Bedingung $y_{k}-y_{0}=0$ ergibt die Lösungen $t_{1}=0$ (Abschuß) und

$$t_{2} = \frac{2 u_{0}}{g \; cos\alpha} = 0,47 \; s$$

Aufgabe 2: (5 Punkte)
a) Wir setzen den Nullpunkt der potentiellen Energie der Kugel auf die Koordinate der maximal verkürzten Feder. Dann erhalten wir die Gesamtenergien $E_{1}$ am Anfang der Bewegung und $E_{2}$ am Ende der Bewegung zu

$$E_{1} = m g (h + z_{max})$$

$$E_{2} = \frac{D}{2} z_{max}^{2}$$

Wegen Energieerhaltung müssen beide übereinstimmen:

$$mgh + mg z_{max} = \frac{D}{2} z_{max}^{2}$$

Aufgelöst nach $z_{max}$:

$$z_{max} = \frac{mg}{D} \left( 1 \pm \sqrt{1 + \frac{2Dh}{mg}} \right)$$

Da wir nach der Verkürzung gefragt haben, also

$$z_{max} = \frac{mg}{D} \left( 1 + \sqrt{1 + \frac{2Dh}{mg}} \right) = 0,15 \; m$$

b) Bei einer beliebigen Verkürzung der Feder gilt für die kinetische Energie:

$$E_{kin} = mg(h+z) - \frac{D}{2} z^{2}$$

Die Richtigkeit dieser Formel erkennt man aus den Werten für $z=0$ und $z=z_{max}$. Aus der Extremalbedingung $dE_{kin}/dz = 0$ rechnet man aus, daß die maximale kinetische Energie und damit Geschwindigkeit bei

$$z_{1} = \frac{mg}{D} = 0,00981 \; m$$

auftritt. Für die gesamte Fallstrecke ergibt dieses $h_{1} \approx 1,01 \; m$.
c) Die kinetische Energie bei dieser Fallstrecke ist

$$E_{kin,1} = mg(h+z_{1}) - \frac{D}{2} z_{1}^{2} = 9,86 \; J$$

und die Geschwindigkeit

$$v_{1} = \sqrt{2 g(h+z_{1}) - \frac{D}{2} z_{1}^{2}} = 4,44 \; m/s$$

Aufgabe 3: (4 Punkte)
Aufgabe 4: (5 Punkte)
Während das Seil auf den Boden fällt, wirken zwei Kräfte: Erstens das Gewicht von dem bereits auf dem Boden liegenden Teil des Seils und zweitens die durch den Impulsverlust des herunterfallenden Seils erzeugte Kraft. Hierbei handelt es sich um einen vollständig inelastischen Stoß. Ein Element des Seils hat die Masse $dm= (M/L) dx$. Der Impulsverlust dieses Massenelementes erzeugt die Kraft

$$\Delta F = \frac{dp}{dt} = \frac{v dm}{dt} = \frac{M}{L} v \frac{dx}{dt} = \frac{M}{L} v^{2}$$

Hierbei ist $v$ die Geschwindigkeit, mit der ein Massenelement den Boden erreicht, $v^{2} = 2gy$. $y$ ist die Länge des Seilstückes, das bereits auf dem Boden liegt und damit die Höhe, aus dem dieses Massenelement unter dem Einfluß der Schwerkraft heruntergefallen ist.

Wir erhalten also die vom Impulsverlust erzeugte Kraft

$$\Delta F = 2 \frac{M}{L} g y$$

Die Gesamtkraft ergibt sich aus der Summe dieser Kraft und dem Gewicht des bereits auf dem Boden liegenden Teil des Seilstückes

$$F = \Delta F + \frac{M}{L} y g = 3 (Mg)\frac{y}{L}$$

Das Verhältnis der Gesamtkraft zu dem bereits auf dem Boden liegenden Gewicht ist also $\underline{F/F_{s} = 3}$.
Aufgabe 5: (6 Punkte)
Nach Vorlesung ist bei einem zentralen elastischen Stoß die Geschwindigkeit der Kugeln nach dem Stoß:

$$v_{1}' = \frac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}} v_{1} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; v_{2}' = \frac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}} v_{1}$$

Die Energie der zweiten Kugel ist also

$$\frac{E_{2}}{E_{1}} = \frac{m_{2}v_{2}'^{2}}{m_{1}v_{1}^{2}... ...\frac{4m_{1}m_{2}}{(m_{1}+m_{2})^{2}} = \frac{4 x}{(1+x)^{2}}$$

Im letzten Schritt haben wir $x=m_{2}/m_{1}$ eingesetzt. Entsprechend gilt beim Stoß der zweiten Kugel mit der dritten Kugel:

$$\frac{E_{3}}{E_{2}} = \frac{4 y}{(1+y)^{2}}$$

mit $y=m_{3}/m_{2}$. Daher

$$\frac{E_{3}}{E_{1}} = \frac{E_{3}}{E_{2}} \frac{E_{2}}{E_{1}} = \frac{16xy}{(1+x)^{2} (1+y)^{2}}$$

Nach Anleitung setzen wir $z=xy=m_{3}/m_{1}$, wobei $z$ in der nachfolgenden Extremalaufgabe eine Konstante ist:

$$E_{3} = \frac{16z}{(1+x)^{2}(1+z/x)^{2}} E_{1}$$

Statt das Maximum aus der Extremalbedingung $dE_{3}/dx=0$ zu suchen, ist es hier einfacher, das Minimum aus $dN/dx=0$ zu bestimmen, wobei $N$ der Nenner des obigen Ausdrucks ist, also

$$\frac{d}{dx} \left[ (1+x)^{2} (1+z/x)^{2} \right] = 0$$

Die Auswertung ergibt $x_{max} = \sqrt{z}$ oder $m_{2,max}=\sqrt{ m_{1} m_{3}} = 1,73 \; kg$.
b) Die Energie der dritten Kugel berechnet sich zu:

$$E_{3} = \frac{16z}{(1+\sqrt{z})^{2}(1+\sqrt{z})^{2}} E_{1} = \frac{16z}{(1+\sqrt{z})^{4}} E_{1} = 0,86 E_{1}$$

c) Beim direkten Stoß der ersten mit der dritten Kugel ist (siehe oben)

$$E_{3}' = \frac{4z}{(1+z)^{2}} E_{1} = 0,75 E_{1}$$

Man sieht also, daß der Energieübertrag von der ersten auf die dritte größer wird, wenn man eine Kugel mit der Masse $m_{2}= \sqrt{m_{1} m_{3}}$ dazwischen schaltet.