Lösungen zur Übung Nr.5

Besprechung: Donnerstag, d. 24. November 2005

Aufgabe 1:
Der erste Teil der Aufgabe kann auf zwei verschiedenen Lösungswegen bearbeitet werden a) 1. Lösungsweg.
Die Auflagekraft ist $F_{N} = m g \; cos\alpha$, die Gleitreibungskraft daher

$$F_{G} = \mu_{G} F_{N} = \mu_{G} m g \; cos\alpha.$$

Auf dem Weg $s = h/sin\alpha$ wird daher die Arbeit

$$w = F_{G} s = \mu_{G} m g h \frac{cos\alpha}{sin\alpha}$$

verbraten. Der Energiesatz lautet hiermit

$$\frac{1}{2} m v_{0}^{2} = m g h + \mu_{G} m g h \frac{cos\alpha}{sin\alpha}.$$

Aufgelöst nach $h$ ergibt:

$$h = \frac{v_{0}^{2}}{2 g \left( 1 + \mu_{G} \frac{cos\alpha}{sin\alpha} \right) } \approx 3,68 \; m.$$

Abbildung 1: Klotz auf der schiefen Ebene

2. Lösungsweg:
Der zweite Lösungsweg ist etwas komplizierter und geht von der Bewegungsgleichung auf der schiefen Ebene aus:

$$m a = m g \; sin\alpha + \mu_{G} m g \; cos\alpha = m g (sin\alpha + \mu_{G} \; cos\alpha).$$

Mit $s(t) = v_{0}t - (1/2) a t^{2}$ und $h(t) = s(t) \; sin\alpha$ folgt

$$h(t) = v_{0} t \; sin\alpha - \frac{1}{2} a t^{2} \; sin\alpha.$$

Die maximale Höhe wird erreicht, wenn $dh/dt = 0$ wird.

$$\frac{dh}{dt} = v_{0} \; sin\alpha - a t \; sin\alpha$$

Die maximale Höhe wird also nach der Zeit $t_{1} = v_{0}/a$ erreicht. Einsetzen in die Formel für $h(t)$ ergibt

$$h(t_{1}) = \frac{v_{0}^{2} sin\alpha}{a} - \frac{1}{2} \frac{v_{0}^{2} sin\alpha}{a} = \frac{1}{2} \frac{v_{0}^{2} sin\alpha}{a}$$

$$= \frac{1}{2} \frac{v_{0}^{2} \; sin\alpha}{g(sin\alpha + \mu_{G} cos\alpha)}$$

$$= \frac{v_{0}^{2}}{2g \left (1 + \mu_{G} \frac{cos\alpha}{sin\alpha} \right) } \approx 3,68 \; m$$ (1)

b) Das Verhältnis der rücktreibenden Schwerkraft $F_{g} = m g \; sin\alpha$ zur Haftreibungskraft $F_{H} = \mu_{H} m g \; cos\alpha$ ist

$$\frac{F_{g}}{F_{H}} = \frac{1}{\mu_{H}} tan\alpha = 1,87,$$

und damit größer 1. Daher gleitet der Klotz die Ebene wieder herunter.
Aufgabe 2:
a) Dieses ist ein inelastischer Vorgang, d.h. man kann nur den Impulssatz, nicht jedoch den Energiesatz anwenden:

$$p_{1} = p_{0} + p_{Sand},$$

wobei $p_{0} = M v_{0}$ der Impuls des Wagens ohne Sand und $p_{1} = (M+m) v_{1}$ der Impuls des Wagens mit Sand ist. Ausserdem ist $p_{Sand} = 0$. Also gilt $p_{1} = p_{0}$ oder $(M+m) v_{1} = M v_{0}$. Aufgelöst nach $v_{1}$ folgt:

$$v_{1} = \frac{M}{M+m} v_{0} = \frac{18}{20} \cdot 3 \; m/s = 2,7 \; m/s.$$

b) Die Energiedifferenz ist

$$\Delta E = E_{kin,0} - E_{kin,1} = \frac{1}{2} M v_{0}^{2} - \frac{1}{2}(M+m) v_{1}^{2}$$

$$= \frac{1}{2} M v_{0}^{2} - \frac{1}{2} \frac{M^{2}}{M+m} v_{0}^{2}$$

$$= \frac{1}{2} \frac{Mm}{M+m} v_{0}^{2} = 8100 \; J$$

Diese Energie geht in Reibungswärme verloren, wenn der Sand sich auf dem Boden des Wagens reibt. Der Sand muß ja in Fahrtrichtung berschleunigt werden.
c) Nach Ausschütten des Sandes ändert sich die Geschwindigkeit des Wagens nicht. Der Sand nimmt seinen Impuls mit.

$$p_{1} = p_{2} + p_{Sand}',$$

oder

$$(M+m) v_{1} = M v_{2} + m v_{2} = (M+m) v_{2}$$

Die Geschwindigkeit des Wagens bleibt $v_{2} = v_{1} = 2,7 \; m/s$.
Aufgabe 3:
a) Die beschleunigende Kraft ist immer längs der Bahn gerichtet. Mit den Bezeichnungen der Skizze gilt

$$F_{B} = m a + m g \; sin\alpha$$

$$F_{N} = m g \; cos\alpha$$

Abbildung 2: Skizze der Strassenprofiels

In unsrerem Fall ist $v = constant$, daher $a = 0$. Um $F_{B}$ als Funktion von $z = x/x_{0}$ darzustellen, sind einige mathematische Manipulationen notwendig. Zunächst schreiben wir

$$F_{B} = m g \; sin\alpha = m g \; cos\alpha \; tan\alpha = m g \frac{tan\alpha}{\sqrt{1 + tan^{2}\alpha}}$$

Hiermit haben wir die Steigung $tan\alpha = dy/dz$ der Bahnkurve ins Spiel gebracht. Mit

$$tan\alpha = \frac{dy}{dz} = \frac{A}{1 + z^{2}}$$

folgt dann

$$F_{B} = \frac{m g A}{\sqrt{(1 + z^{2})^{2}(1 + A^{2}/(1+z^{2})^{2})}} = \frac{m g A}{\sqrt{(1+z^{2})^{2} + A^{2}}}.$$

Um die maximale Kraft zu bestimmen, könnte man aus der Ableitung eine Extremalbedingung herleiten. Das ist in diesem Fall aber nicht nötig. Man sieht sofort, daß $F_{B}$ maximal wird, wenn der Nenner minimal wird, also für $z=0$. Die Kraft in diesem Punkt ist

$$F_{B,max} = \frac{m g A}{\sqrt{1 + A^{2}}} \approx 10000 \; N.$$

b) Auch die Arbeit könnte man umständlicherweise über ein Integral bestimmen,

$$W = \int \vec{F}_{B} \cdot d\vec{s}.$$

Einfacher geht es natürlich, wenn man die Hubarbeit bestimmt:

$$W = m g A \pi \approx 37000 \; J.$$