\documentstyle[12pt,german,briefkn]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\centerline{Physik I, WS 1993/94} 
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\centerline{L\"osungen zur \"Ubung Nr. 4}
\normalsize  
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Besprechung: \bf 25. November 1993 \rm \newline
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\bf Aufgabe 1: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
Ein Federelement der L"ange $dx$ hat die Masse $dm_{F}=(m_{F}/L)dx$ und
die kinetische Energie
\begin{displaymath}
dE_{F} = \frac{dm_{F}}{2} v_{F}^{2}(x) = \frac{m_{F}}{2L} v_{F}^{2}(x) dx 
\end{displaymath}
Die Geschwindigkeit der Federauslenkung an der Stelle $x$ ist
$v_{F}(x) = (x/L) v$, wobei $v$ die Geschwindigkeit des K"orpers ist. 
Daher
\begin{displaymath}
dE_{F} = \frac{1}{2} \frac{x^{2}}{L^{3}} m_{F} v^{2} dx
\end{displaymath}
Integration von $x=0$ bis $x=L$ ergibt
\begin{displaymath}
E_{F} = \frac{1}{2} \frac{m_{F}v^{2}}{L^{3}} \int_{0}^{L} x^{2} dx
= \frac{m_{F}v^{2}}{6}
\end{displaymath}
Die Gesamtenergie wird nun zu
\begin{displaymath}
E = E_{F} + E_{kin,K} + E_{pot} = \frac{m_{F}v^{2}}{6} + \frac{mv^{2}}{2}
+ \frac{D}{2} x^{2} = \frac{1}{2} (m + \frac{m_{F}}{3} ) v^{2} + 
\frac{D}{2} x^{2}
\end{displaymath}
Vergleichen wir dieses mit der Kreisfrequenz $\omega_{0} = \sqrt{D/m}$
bei der Schwingung mit Vernachl"assigung der Federmasse, so folgt sofort
\begin{displaymath}
\omega = \sqrt{\frac{D}{m+m_{F}/3}} = \underline{9,95 \; s^{-1}}
\end{displaymath}
Dieses Kreisfrequenz ist $0,5 \%$ kleiner als die Kreisfrequenz bei
Vernachl"assigung der Federmasse $\omega_{0} = 10 \; s^{-1}$. 
Die Masse der Feder mu"s also schon sehr gro"s sein, um einen nennenswerten
Unterschied zu erhalten \newline
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\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
K"orper und Wagen f"uhren Schwingungen um ihren gemeinsamen Schwerpunkt
aus. Auf Grund der Anfangsbedingungen ist dieser Schwerpunkt nicht in
der Mitte des Wagens, sondern zum K"orper hin verschoben. Wir w"ahlen 
den Schwerpunkt als Koordinatenurprung. $x_{1}$ ist die Koordinate des
K"orpers, $x_{2}$ die der Wagenmitte. \newline
\vskip 5cm
Impulserhaltung fordert, da"s 
\begin{eqnarray}
mx_{1} + Mx_{2} &=& 0 \nonumber \\ mv_{1} + Mv_{2} &=& 0 \nonumber \\ 
ma_{1} + Ma_{2} &=& 0 \nonumber 
\end{eqnarray}
Die Bewegungsgleichung f"ur den K"orper ist (siehe Abbildung):
\begin{displaymath}
m \frac{d^{2}x_{1}}{dt^{2}} = - 2D (x_{1} - x_{2})
\end{displaymath}
Wegen $x_{2}= -(m/M)x_{1}$ also auch
\begin{displaymath}
m \frac{d^{2}x_{1}}{dt^{2}} = - 2D (1 + \frac{m}{M}) x_{1}
\end{displaymath}
Vergleich mit der allgemeinen Gleichung der harmonischen Schwingung
ergibt dann
\begin{displaymath}
\omega = \sqrt{2 D \frac{m+M}{mM}} \; \; \; \; \; \rightarrow
\; \; \; \; \; T=\frac{2\pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\frac{mM}{2D(m+M)}}
= \underline{0,58 \; s}
\end{displaymath}
F"ur den Wagen mu"s nat"urlich die gleiche Schwingungsdauer herauskommen.
\newline
Die Anfangsbedingungen sind $x_{1}(0)-x_{2}(0) = d$ und 
$mA_{1} = MA_{2}$, wobei $A_{1}$ und $A_{2}$ die Amplituden sind,
\begin{displaymath}
x_{1}(t) = A_{1} cos(\omega t) \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;
x_{2}(t) = -A_{2} cos(\omega t)
\end{displaymath}
Daher folgt:
\begin{displaymath}
A_{1} + \frac{m}{M} A_{1} = \frac{m+M}{M} A_{1} = d
\end{displaymath}
und
\begin{displaymath}
A_{1} = \frac{lM}{m+M} = \underline{5 \; cm} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;
A_{2} = \frac{lm}{m+M} = \underline{1 \; cm}
\end{displaymath}
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\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
Allgemein gilt,wenn $M'$ die Masse des Pendelk"orpers ist, f"ur die 
potentielle Energie beim Maximalausschlag $\phi$:
\begin{displaymath}
E_{pot} = \int_{0}^{\phi} F_{s} ds = L M' g \int_{0}^{\phi} \; sin\alpha 
d\alpha = L M' g (1-cos\phi ) = 2 L M' g \; sin^{2}(\frac{\phi}{2})
\end{displaymath}
\vskip 5cm
Wir machen hier nicht die Approximation $sin\phi \approx \phi$, da wir
"uber die Gr"o"se der Auslenkung nichts wissen. Die Masse $M'$ kann bei
den Fallunterscheidungen verschieden sein. Diese potentielle Energie
mu"s gleich der kinetischen Energie des Pendelk"orpers nach dem Aufprall
der Gescho"skugel sein. \newline
a) In diesem Fall ist wegen Impulserhaltung $(m+M) v_{K} = m v$, wobei 
$v_{K}$ die Geschwindigkeit des Pendelk"orpers ist. Damit wird die
kinetische Energie des Pendelk"orpers
\begin{displaymath}
E_{K} = \frac{m+M}{2} v_{K}^{2} = \frac{1}{2} \frac{m^{2}}{m+M} v^{2}
\end{displaymath}
In der Formel f"ur die potentielle Energie ist $M'=M+m$, daher
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} \frac{m^{2}}{m+M} v^{2} = 2L(M+m) g \; sin^{2}(\frac{\phi}{2})
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
sin\frac{\phi}{2} = \frac{1}{2\sqrt{Lg}} \frac{m}{m+M} v = 0,158
\; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; \underline{\phi = 18,2^{o}}
\end{displaymath}
b) Im diesem Fall haben wir vor und nach dem Aufprall die folgende
Situation \newline
\vskip 5cm
Impulserhaltung fordert $mv = M v_{K} - mv'$ oder 
$v_{K} =(m/M) (v+v')$. Die kinetische des K"orpers wird damit nach dem  
Aufprall zu
\begin{displaymath}
E_{kin} = \frac{1}{2} M v_{K}^{2} = \frac{1}{2} \frac{m^{2}}{M} (v+v')^{2} 
\end{displaymath}
In der Formel f"ur die potentielle Energie ist diesmal $M'=M$ zu setzen,
also
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} \frac{m^{2}}{M} (v+v')^{2} = 2 L M g \; sin^{2}(\frac{\phi}{2})
\end{displaymath}
oder 
\begin{displaymath}
sin(\frac{\phi}{2}) = \frac{1}{2\sqrt{Lg}} \frac{m}{M} (v+v') 
= 0,176 \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; \underline{\phi=20,3^{o}} 
\end{displaymath}
c) Dieses ist nat"urlich ein Spezialfall von b) mit $v'=0$. Daher folgt 
sofort
\begin{displaymath}
sin(\frac{\phi}{2}) = \frac{1}{2\sqrt{Lg}} \frac{m}{M} v = 0,159 
\; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; \underline{\phi= 18,4^{o}}
\end{displaymath}
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 4: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
a) Der Schub einer Rakete ist nach Vorlesung
\begin{displaymath}
F_{T} = - \frac{dm}{dt} v_{g}
\end{displaymath}
Hier und in allen weiteren Formeln ist $v_{g} < 0$. Dieser Schub mu"s
gr"o"ser als die Anziehungskraft durch die Erdbeschleunigung sein:
\begin{displaymath}
\frac{dm}{dt} v_{g} > m g
\end{displaymath}
F"ur $t=0$ ist $m=m_{0}$ und $dm/dt = -m_{0}/T$, daher
\begin{displaymath}
T < \frac{|v_{g}|}{g} = \underline{306 \; s}
\end{displaymath}
b) Wir erweitern die in der Vorlesung abgeleitete Formel, um die  
Schwerkraft zu ber"ucksichtigen: 
\begin{displaymath}
m a = \frac{dm}{dt} v_{g} - mg
\end{displaymath}
Zur Zeit $t=0$ soll $a=5g$ sein, daher
\begin{displaymath}
5 m_{0} g = \frac{m_{0}}{T} |v_{g}| - m_{0} g \; \; \; \; \; \rightarrow
\; \; \; \; \; T = \frac{|v_{g}|}{6g} = \underline{51 \; s}
\end{displaymath}
c) Wir erweitern eine andere in der Vorlesung abgeleitete Formel mit der
Schwerkraft:
\begin{displaymath}
v - v_{0} = - v_{g} \; ln(\frac{m_{0}}{m}) - gt
\end{displaymath}
Wegen $v_{0}=0$ und $m_{0}/m= e^{t/T}$ folgt:
\begin{eqnarray}
v &=& -v_{g} \frac{t}{T} - gt = (\frac{|v_{g}|}{T} - g) t \nonumber \\
s &=& \frac{1}{2} ( \frac{|v_{g}|}{T} -g) t^{2} \nonumber  
\end{eqnarray}
Die Zeit $t_{1}$, bei der die Masse der Rakete auf die H"alfte abgenommen 
hat, folgt aus $m_{0}/m = 2$ zu $t_{1} = T \; ln2$. Daher
\begin{displaymath}
v_{1} = (\frac{|v_{g}|}{T}-g) T \; ln2 = \underline{1733 \; m/s}
\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; s_{1} = \frac{1}{2} v_{1} T \; ln2 
= \underline{30,6 \; km}
\end{displaymath}
\end{document}