\documentstyle[12pt,german,briefkn]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\Large
\centerline{Physik I, WS 1993/94} 
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\centerline{L\"osungen zur \"Ubung Nr. 2}
\normalsize  
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Besprechung: \bf 11. November 1993 \rm \newline
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\bf Aufgabe 1: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Wir benutzen die in der folgenden Abbildung angegebenen Bezeichnungen. 
\newline \vskip 7cm
Wegen $F_{a} = F_{b} = F$ und $F_{c} = F_{d} = F_{a}+F_{b} = 2F$ 
folgt die Gleichgewichtsbedingung 
\begin{displaymath}
(M_{1}+M_{2}) g = F_{a}+F_{b}+F_{d} = 4F
\end{displaymath}
a) Daraus folgt $F=245,25 \; N$. Der Arbeiter dr"uckt mit der Kraft
$\underline{F' = M_{1} g - F = 441,45 \; N}$ auf die Plattform. \newline
b) Das Maximum folgt aus $F'=0$. Wegen $F'=M_{1}g - F$ liegt das Maximum
also bei $F=M_{1} g$. Daraus folgt:
\begin{displaymath}
4 M_{1} g = M_{1} g + M_{2} g \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \;
M_{2} = 3 M_{1}
\end{displaymath}
Also: $\underline{M_{2,max} = 3 M_{1} = 210 \; kg}$. \newpage
\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Die Feder wird in zwei gleich gro"se Teile unterteilt, \newline 
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dann ist
\begin{displaymath}
F = D x = F_{1} = F_{2} = D_{1} x_{1} = D_{2} x_{2} \; \; \; \; \; 
\rightarrow x_{2} = \frac{D_{1}}{D_{2}} x_{1}
\end{displaymath}
Wegen $x = x_{1}+x_{2}$ folgt:
\begin{displaymath}
Dx = D(x_{1} + \frac{D_{1}}{D_{2}} x_{1}) = D \left( 
\frac{D_{1}+D_{2}}{D_{2}} \right) x_{1} = D_{1} x_{1}
\end{displaymath}
Vergleich mit erster Gleichung liefert $D=D_{1}D_{2}/(D_{1}+D_{2})$.
Da in unserem Fall $D' = D_{1} = D_{2}$, folgt sofort 
$\underline{D'= 2D}$. \newline
b) "Ubt man auf dieses System eine Kraft $F$ aus, so ist diese die Summe 
aus den an den einzelnen Federn angreifenden Kr"aften. Also:
\begin{displaymath}
F = F_{1} + F_{2} = D' x + D' x = 2 D' x = D'' x
\end{displaymath}
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Die Federkonstante des Gesamzsystems ist also $\underline{D''=2 D'= 4 D}$.
\newline \vskip 5mm
\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (6 Punkte) \newline
Der Abschu"s der Kugel sei zur Zeit $t_{0}=0$. Die Geschwindigkeit des 
Wagens zur Zeit $t_{0}$ sei $v(0)= v_{0w}$. Die Bewegungsgleichungen
der Kugel sind dann
\begin{displaymath}
\frac{d^{2}y}{dt^{2}} = - g \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
\frac{d^{2}x}{dt^{2}} = 0
\end{displaymath}
\vskip 5cm
L"osung mit bekannten Anfangsbedingungen: 
\begin{displaymath}
y = - \frac{g}{2} t^{2} + v_{0y} t + y_{0} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
x = (v_{0x} + v_{0w}) t + x_{0}
\end{displaymath}
Wir setzen die Koordinate des Abschusses $(x_{0},y_{0})=(0,0)$ und erhalten 
aus der zweiten Gleichung $t=x/(v_{0x}+v_{0w})$. Eingesetzt in die erste
Gleichung ergibt:
\begin{displaymath}
y = - \frac{g}{2} \frac{x^{2}}{(v_{0x}+v_{0w})^{2}} + v_{0y}
\frac{x}{v_{0x}+v_{0w}}
\end{displaymath}
Dieses ist ein Parabel, die die y-Achse bei $x_{0}=0$ (Abschu"s) und bei
\begin{displaymath}
x_{1} = \frac{2v_{0y}}{g} (v_{0x}+v_{0w}) 
\end{displaymath}
schneidet. Die Zeit des zweiten Schnittpunktes folgt aus 
\begin{displaymath}
t_{1} = \frac{x_{1}}{v_{0x}+v_{0w}} = \frac{2}{g} v_{0y}
\end{displaymath}
Die allgemeine Wagenbewegung hatten wir bereits in den Rechen"ubungen 
am 28.10.93 studiert. Die Beschleunigung war
\begin{displaymath}
a = \frac{d^{2}x_{w}}{dt^{2}} = \frac{m_{g}}{m_{g}+m_{w}} g 
= \frac{1}{1+ m_{w}/m_{g}} g
\end{displaymath}
a) Sei zun"achst $m_{g}$ sehr viel gr"o"ser als $m_{w}$, dann folgt     
aus $d^{2}x_{w}/dt^{2} = g$, da"s
\begin{displaymath}
x_{w} = \frac{g}{2} t^{2} + v_{0w} t
\end{displaymath}
Zur Zeit $t_{1}$ (siehe oben) soll $x_{w}= x_{1}$ sein, 
\begin{displaymath}
\frac{2}{g} v_{0y} (v_{0x}+v_{0w}) = \frac{g}{2} \left( \frac{2}{g} 
\right)^{2} v_{0y}^{2} + v_{ow} \frac{2}{g} v_{0y}
\end{displaymath}
oder : $v_{0x} = v_{0y}$. Der Abschu"swinkel ist also 
$\underline{\alpha = 45^{o}}$. \newline 
b) F"ur $m_{g}=m_{w}$ folgt $d^{2}x_{w}/dt^{2} = g/2$ (siehe oben).
Mit entsprechender Rechnung wie in a) folgt die Bedingung 
$v_{0x} = v_{0y}/2$. In diesem Fall mu"s der Abschu"swinkel also
$tan(\alpha ) = 2$ oder $\underline{\alpha = 63,4^{o}}$ sein. \newline 
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\bf Aufgabe 4: \rm \hspace{10.5cm} (6 Punkte) \newline
In der folgenden Abbildung sind die Kr"afte eingezeichnet. Die Masse
des Keils sei $M$, die Masse des K"orpers $m$. \newline
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Dann gilt
\begin{eqnarray}
|N| \; sin\alpha &=& M a_{M,x} \nonumber \\ 
- |N'| \; sin\alpha &=& m a_{m,x} \nonumber \\
- mg + |N| \; cos\alpha &=& m a_{m,y} \nonumber 
\end{eqnarray}
Wegen $|N|=|N'|$ folgen hieraus zwei Zwangsbedingungen f"ur die 
drei Komponenten der Beschleunigungen
\begin{eqnarray}
- mg + M \; ctg(\alpha )\; a_{M,x} &=& m a_{m,y} \nonumber \\ 
- M a_{M,x} &=& m a_{m,x}
\end{eqnarray}
Die notwendige dritte Zwangsbedingung erh"alt man folgenderma"sen. 
Wir setzen die Koordinaten von K"orper und Keil wie in der folgenden
Abbildung: \newline
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Dann gilt:
\begin{displaymath}
tan(\alpha ) = \frac{y_{m}}{x_{m}-x_{M}} \; \; \; \; \; \rightarrow
\; \; \; \; y_{m} = (x_{m}-x_{M}) tan(\alpha )
\end{displaymath}
Zweimalige Ableitung dieser Gleichung f"uhrt auf die dritte Bedingung 
f"ur die Beschleunigungen
\begin{displaymath}
a_{m,y} = tan(\alpha ) (a_{m,x} - a_{M,x})
\end{displaymath}
Die L"osung dieser drei Gleichungen ergibt, sofern ich mich nicht 
verrechnet habe:
\begin{eqnarray}
a_{M,x} &=& \frac{m g sin(2\alpha )}{2(M+m sin^{2}\alpha )} \nonumber \\
a_{m,x} &=& - \frac{M g sin(2\alpha )}{2(M+m sin^{2}\alpha )} \nonumber \\
a_{m,y} &=& - \frac{M+(M-m) sin^{2}\alpha }{M+m sin^{2} \alpha } g
\nonumber 
\end{eqnarray}
\end{document}
