\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L\"osungsvorschl\"age zur \"Ubung Nr.2}
\large
\centerline{Besprechung: Donnerstag 13.November 2003}
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\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
Um diese Aufgabe allgemein zu l\"osen, diskutieren wir zun\"achst die Hintereinanderschaltung und
Parallelschaltung zweier beliebiger Federn mit Feserkonstanten $D_{1}$ und $D_{2}$.
Bei der Hintereinanderschaltung (Serienschaltung) ist die Kraft in der gesamten Feder gleich.
Daher folgt:
\begin{displaymath}
F = D_{Serie} x = D_{1} x_{1} = D_{2} x_{2},
\end{displaymath}
wobei noch $x= x_{1} + x_{2}$. \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 ist also
\begin{displaymath}
D_{Serie} = \frac{D_{1}D_{2}}{D_{1}+D_{2}}
\end{displaymath}
oder auch
\begin{displaymath}
\frac{1}{D_{Serie}} = \frac{1}{D_{1}} + \frac{1}{D_{2}}.
\end{displaymath}
Bei der Parallelschaltung teilt sich die angreifende Kraft auf die beiden Federn auf, sofern
die L\"ange bei der Nullpunktslage \"ubereinstimmt. \newline \vskip 3cm
Daher
\begin{displaymath}
F_{1} = D_{1} x_{1}, \; \; \; \; \; F_{2} = D_{2} x_{2}, \; \; \; \; \; F=F_{1}+F_{2}.
\end{displaymath}
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}
Also
\begin{displaymath}
D_{Parallel} = D_{1} + D_{2}.
\end{displaymath}
Die Serien- und Parallelschaltung von Widerst\"anden in der Elektrizit\"atslehre l\"a"st
gr\"u"sen$\;$! Und nun zur eigentlichen Aufgabe: \newline
a) Die Serienschaltung zweier gleicher Federn ist $D_{12} = D'^{2} /(D' + D') = D'/2$, daher
folgt f\"ur die Serienschaltung dreier gleicher Ferdern:
\begin{displaymath}
D = \frac{D_{12} D'}{D_{12} + D'} = \frac{(D'/2) D'}{D'/2 + D'} = \frac{D'}{3}.
\end{displaymath}
Daher sind die Federkonstanten der drei Einzelteile $D' = 3 D$. \newline
b) Zwei Federteile parallel und eine dahinter in Serie ergibt
\begin{displaymath}
D'' = \frac{(D'+D')D'}{(D'+D') + D'} = \frac{6D \cdot 3D}{6D + 3D} = 2 D.
\end{displaymath}
\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (6 Punkte) \newline
Zur L\"osung dieser Aufgabe f\"uhrt man am besten ein neues Bezugssystem ein, bei dem
die $x'$- Achse entlang des Bergs zeigt und $y'$ dazu senkrecht steht. In diesem System ist
die Geschwindigkeit des Balls beim Abschuss
\begin{displaymath}
\vec{v'}_{0} = \left( \begin{array}{c} v_{0,x'} \\ v_{0, y'} \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} v_{0} \; cos\beta \\ v_{0} \; sin\beta \end{array} \right)
\end{displaymath}
und die Gravitationsbeschleunigung
\begin{displaymath}
\vec{g'} = - g \left( \begin{array}{c} sin\alpha \\ cos\alpha \end{array} \right).
\end{displaymath}
\vskip 4cm
Der Ortsvektor der Flugbahn ist dann im gestrichenen System
\begin{displaymath}
\vec{r'} = \left( \begin{array}{c} x' \\ y' \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} v_{0} t \; cos \beta - (1/2) g t^{2} \; sin\alpha \\
v_{0} t \; sin\beta - (1/2) g t^{2} \; cos\alpha \end{array} \right).
\end{displaymath}
Der Ball trifft auf den Abhang, wenn $y' = 0$ wird. Daraus folgt die Zeit bis zum Auftreffen:
\begin{displaymath}
T = \frac{2 v_{0} \; sin\beta }{g \; cos\alpha }
\end{displaymath}
und die Strecke $s$ zu
\begin{displaymath}
s = v_{0} \; cos\beta \frac{2 v_{0} \; sin\beta}{g \; cos\alpha} - \frac{1}{2} g \; sin\alpha 
\frac{4 v_{0}^{2} \; sin^{2}\beta}{g^{2} \; cos^{2}\alpha }
\end{displaymath}
Aus der Extremalbedingung $ds/d\beta = 0$ folgt nach einigen Umformungen
\begin{displaymath}
tang(2\beta) = \frac{1}{tang(\alpha)}.
\end{displaymath}
oder $\beta = \pi/4 - \alpha/2 = 45^{o} - 15^{o} = 30^{o}$. 
\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 3:}  \hspace{10cm} (4 Punkte) \newline
Die Seilspannung im Teilst\"uck $BC$ ist $F_{BC} = Mg$. Im Teilst\"uck $AB$ sollte sie
doppelt so gro"s sein, also $F_{AB} = 2 Mg$. Aus der Geometrie folgt bei $90^{o}$, dass
$F_{AB}^{2} + F_{BC}^{2} = (mg)^{2}$. Daher folgt 
\begin{displaymath}
(2Mg)^{2} +(Mg)^{2} = (mg)^{2}
\end{displaymath}
oder $M = m/\sqrt{5} \approx 4,47 \; kg$.
\newline \vskip 4cm
{\bf Aufgabe 4:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
a) Im Gegensatz zur vorherigen Aufgabe herrscht im Seil \"uberall die Spannungskraft $F$. 
Durch die Rolle wird die Kraft lediglich in der Richtung umgelenkt. Daher folgen die Gleichungen
\begin{eqnarray}
m_{1}g - F &=& m_{1} a_{1} \nonumber \\
m_{2}g - F &=& m_{2} a_{2} \nonumber 
\end{eqnarray}
Nach Elimination von $F$ und wegen $a = a_{1} = -a_{2}$ folgt:
\begin{displaymath}
a = \frac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}} g.
\end{displaymath}
b) Beim freien Fall ist $s_{0} = (g/2) T^{2}$, bei unserer Anordung dagegen 
$s = (a/2) T^{2}$. Bei $s/s_{0}= 1/2$ gilt $a = g/2$ und mit dem Ergebnis von Teil a)
\begin{displaymath}
\frac{g}{2} = \frac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}} g.
\end{displaymath}
oder $m_{1}/m_{2} = 3$.  
\end{document}
