\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L"osungen zur "Ubung Nr. 3}
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\normalsize Besprechung: {\bf Donnerstag, den 11. November 1999}
\newline
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{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (7 Punkte) \newline
Wir diskutieren zun\"achst allgemein die Hintereinanderschaltung
und Parallelschaltung zweier beliebiger Federn mit Federkonstanten
$D_{1}$ und $D_{2}$. Bei der Hintereinanderschaltung (Serienschaltung)
ist die Kraft in der gesamten Feder gleich, daher gilt
\begin{displaymath}
F = D_{Serie} x = D_{1} x_{1} = D_{2} x_{2},
\end{displaymath}
wobei die Gesamtauslenkung gleich der Summe der Einzelauslenkungen ist,
d.h. $x = x_{1} + x_{2}$. \newline \vskip 3cm
Diese Gleichungen k\"onnen umgeformt werden zu
\begin{displaymath}
D_{Serie} x = D_{Serie} (x_{1} + x_{2}) = D_{Serie} \left( x_{1}
+ \frac{D_{1}}{D_{2}} x_{1} \right) = D_{Serie} \frac{D_{1}+D_{2}}{D_{2}}
x_{1} = D_{1} x_{1}.
\end{displaymath}
Daher muss also gelten
\begin{displaymath}
D_{Serie} = \frac{D_{1}D_{2}}{D_{1} + D_{2}}.
\end{displaymath}
Bei der Parallelschaltung teilt sich die angreifende Kraft $F$ auf die
einzelnen Federn auf: \newline \vskip 4cm
Daher gilt:
\begin{eqnarray}
F_{1} &=& D_{1} x_{1} \nonumber \\
F_{2} &=& D_{2} x_{2} \nonumber \\
F &=& F_{1} + F_{2} \nonumber
\end{eqnarray}
Mit $F = D_{Parallel} x$ und $x = x_{1} = x_{2}$ erh\"alt man in diesem Fall
einfach
\begin{displaymath}
D_{Parallel} x = D_{1} x_{1} + D_{2} x_{2} = (D_{1} + D_{2}) x
\end{displaymath}
und
\begin{displaymath}
D_{Parallel} = D_{1} + D_{2}.
\end{displaymath}
Diese Formeln erinnern uns stark an die Serien- und Parallelschaltung
von Widerst\"anden in der Elektrizit\"atslehre. \newline
Wenden wir im Folgenden diese Formeln auf unser Problem an. \newline
a) Wir teilen die Feder in drei gleiche Teile mit jeweils der Federkonstanten
$D_{1}$. Die zweite Feder besteht dann aus einer Serienschaltung von 
zweien dieser Federn:
\begin{displaymath}
D_{2}  = \frac{D_{1} D_{1}}{D_{1} + D_{1}} = \frac{D_{1}}{2}.
\end{displaymath}
Die Serienschaltung von $D_{1}$ und $D_{2}$ muss dann wieder die 
urspr\"ungliche Feder ergeben:
\begin{displaymath}
D = \frac{D_{1} D_{2}}{D_{1} + D_{2}} = \frac{D_{1} D_{1}/2}{D_{1} + D_{1}/2}
= \frac{D_{1}^{2}/2}{3 D_{1}/2} = \frac{D_{1}}{3}.
\end{displaymath}
Die k\"urzere Feder hat also die Federkonstante $D_{1} = 3 D$, die doppelt
so lange Feder die Konstante $D_{2} = (3/2) D$. \newline
b) F\"ur die Parallelschaltung beider folgt
\begin{displaymath}
D' = D_{1} + D_{2} = \frac{9}{2} D.
\end{displaymath}   
\newline \vskip 1mm
{\bf Aufgabe 2:}  \hspace{10cm}(8 Punkte) \newline
a) Die beschleunigende Kraft ist immer l\"angs der Bahn gerichtet. Mit den
Bezeichnungen der folgenden Skizze, \newline \vskip 4cm
gilt:
\begin{eqnarray}
F_{B} &=& ma + mg \; sin\alpha \nonumber \\
F_{N} &=& mg \; cos\alpha \nonumber
\end{eqnarray}
In unserem Fall ist $v = constant$, daher $a = 0$. Um $F_{B}$ als Funktion
von $z = x/x0$ darzustellen, sind einige mathematische Tricks notwendig.
Zun\"achst ist
\begin{displaymath}
F_{B} = mg \; sin\alpha = mg \; cos\alpha \; tg\alpha =
mg \frac{tg\alpha}{\sqrt{1 + tg^{2}\alpha}}.
\end{displaymath}
Der $tg\alpha$ ist aber die Steigung der Bahnkurve. Aus $z = tg(y/A)$ und
$dz/dy = (1/A) (1/cos^{2}(y/A))$ folgt
\begin{displaymath}
\frac{dy}{dz} = A cos^{2}\left( \frac{y}{A} \right) =
A \frac{1}{1 + tg^{2}(y/A)} = \frac{A}{1 + z^{2}}.
\end{displaymath}
Wir setzen diesen Ausdruck in die Formel f\"ur $F_{B}$ ein und erhalten
\begin{displaymath}
F_{B} = mg \frac{A}{\sqrt{(1+z^{2})^{2}(1+\frac{A^{2}}{(1+z^{2})^{2}})}}
= mg \frac{A}{\sqrt{(1+z^{2})^{2} + A^{2}}}.
\end{displaymath}
mit $z = x/x_{0}$. Um die maximale Kraft zu bestimmen, k\"onnte man
aus der Ableitung eine Extremalbedingung herleiten. Das ist in
diesem Fall allerdings nicht n\"otig. Man sieht sofort, da"s $F_{B}$
maximal wird, wenn der Nenner minimal wird, also f\"ur $z = 0$ oder
$x = 0$. Die Kraft in diesem Punkt ist
\begin{displaymath}
F_{B,max} = \frac{mgA}{\sqrt{1+A^{2}}} = 10094 \; N.
\end{displaymath}
\newline 
b) Auch die Arbeit k\"onnte man umst\"andlicherweise \"uber ein
Integral bestimmen. Einfacher geht es aber, wenn wir uns an die
Vorlesung erinnern und die Hubarbeit bestimmen:
\begin{displaymath}
W = \int \vec{F}{d\vec{s}} = m g h,
\end{displaymath}
wobei $h = A \pi$, da der $arctg(x)$ von $-\pi/2$ bis $+\pi/2$ geht.
Also
\begin{displaymath}
W = m g A \pi = 36980 \; N \cdot m.
\end{displaymath}
\newline \vskip 1mm
{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline     
Die Geschwindigkeit des K\"orpers am Ende der schiefen Ebene ergibt
sich aus dem Energiesatz:
\begin{equation}
m g h = \frac{m}{2} v_{0}^{2} \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \;
v_{0} = \sqrt{2 g h}.
\end{equation}
Diese teilt sich auf in die Komponenten (wegen $\alpha = 45^{o}$):
\begin{eqnarray}
v_{0,x} &=& \sqrt{gh} \nonumber \\
v_{0,y} &=& -\sqrt{gh} \nonumber 
\end{eqnarray}
Beim elastischen Aufprall bleibt der Impuls in $x$- Richtung unver\"andert,
w\"ahrend die $y$- Komponente das Vorzeichen \"andert (entspricht dem
Sto"s eines K\"orpers der kleinen Masse $m$ mit einem K\"orper unendlich
gro"ser Masse). Daher erhalten wir nach dem Aufprall eine Wurfparabel
der Form (siehe Vorlesung Seite 27):
\begin{eqnarray}
x(t) &=& v_{0,x} t \nonumber \\
y(t) &=& v_{0,y} t - \frac{1}{2} g t^{2} \nonumber 
\end{eqnarray}
Das Maximum dieser Kurve erhalten wir aus $dy/dt = v_{0,y}-gt = 0$ zum
Zeitpunkt $T_{1} = v_{0,y}/g$ an der H\"ohe:
\begin{displaymath}
y(T_{1}) = \frac{v_{0,y}^{2}}{g} - \frac{1}{2} g \frac{v_{0,y}^{2}}{g^{2}}
= \frac{h}{2}.
\end{displaymath}
Die Weite folgt aus $y(t) = 0$ zum Zeitpunkt $T_{2} = 2 v_{0,y}/g$ bei
der $x$- Koordinate
\begin{displaymath}
x(T_{2}) = v_{0,x} \frac{2v_{0,y}}{g} = 2 h.
\end{displaymath}
\newline
b) Beim inelastischen Sto"s wird die $y$- Komponente des Impulses
absorbiert. Die Geschwindigkeit ist $v = v_{0,x} = \sqrt{gh}$.     
\end{document}




