Physik I, WS 1993/94

Lösungen zur Übung Nr. 2

Besprechung: 11. November 1993
Aufgabe 1: (4 Punkte)
Wir benutzen die in der folgenden Abbildung angegebenen Bezeichnungen.

Wegen $F_{a} = F_{b} = F$ und $F_{c} = F_{d} = F_{a}+F_{b} = 2F$ folgt die Gleichgewichtsbedingung

$$(M_{1}+M_{2}) g = F_{a}+F_{b}+F_{d} = 4F$$

a) Daraus folgt $F=245,25 \; N$. Der Arbeiter drückt mit der Kraft $\underline{F' = M_{1} g - F = 441,45 \; N}$ auf die Plattform.
b) Das Maximum folgt aus $F'=0$. Wegen $F'=M_{1}g - F$ liegt das Maximum also bei $F=M_{1} g$. Daraus folgt:

$$4 M_{1} g = M_{1} g + M_{2} g \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; M_{2} = 3 M_{1}$$

Also: $\underline{M_{2,max} = 3 M_{1} = 210 \; kg}$.

Aufgabe 2: (4 Punkte)
Die Feder wird in zwei gleich große Teile unterteilt,

dann ist

$$F = D x = F_{1} = F_{2} = D_{1} x_{1} = D_{2} x_{2} \; \; \; \; \; \rightarrow x_{2} = \frac{D_{1}}{D_{2}} x_{1}$$

Wegen $x = x_{1}+x_{2}$ folgt:

$$Dx = D(x_{1} + \frac{D_{1}}{D_{2}} x_{1}) = D \left( \frac{D_{1}+D_{2}}{D_{2}} \right) x_{1} = D_{1} x_{1}$$

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 $\underline{D'= 2D}$.
b) Übt man auf dieses System eine Kraft $F$ aus, so ist diese die Summe aus den an den einzelnen Federn angreifenden Kräften. Also:

$$F = F_{1} + F_{2} = D' x + D' x = 2 D' x = D'' x$$

Die Federkonstante des Gesamzsystems ist also $\underline{D''=2 D'= 4 D}$.
Aufgabe 3: (6 Punkte)
Der Abschuß 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

$$\frac{d^{2}y}{dt^{2}} = - g \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \frac{d^{2}x}{dt^{2}} = 0$$

Lösung mit bekannten Anfangsbedingungen:

$$y = - \frac{g}{2} t^{2} + v_{0y} t + y_{0} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; x = (v_{0x} + v_{0w}) t + x_{0}$$

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:

$$y = - \frac{g}{2} \frac{x^{2}}{(v_{0x}+v_{0w})^{2}} + v_{0y} \frac{x}{v_{0x}+v_{0w}}$$

Dieses ist ein Parabel, die die y-Achse bei $x_{0}=0$ (Abschuß) und bei

$$x_{1} = \frac{2v_{0y}}{g} (v_{0x}+v_{0w})$$

schneidet. Die Zeit des zweiten Schnittpunktes folgt aus

$$t_{1} = \frac{x_{1}}{v_{0x}+v_{0w}} = \frac{2}{g} v_{0y}$$

Die allgemeine Wagenbewegung hatten wir bereits in den Rechenübungen am 28.10.93 studiert. Die Beschleunigung war

$$a = \frac{d^{2}x_{w}}{dt^{2}} = \frac{m_{g}}{m_{g}+m_{w}} g = \frac{1}{1+ m_{w}/m_{g}} g$$

a) Sei zunächst $m_{g}$ sehr viel größer als $m_{w}$, dann folgt aus $d^{2}x_{w}/dt^{2} = g$, daß

$$x_{w} = \frac{g}{2} t^{2} + v_{0w} t$$

Zur Zeit $t_{1}$ (siehe oben) soll $x_{w}= x_{1}$ sein,

$$\frac{2}{g} v_{0y} (v_{0x}+v_{0w}) = \frac{g}{2} \left( \frac{2}{g} \right)^{2} v_{0y}^{2} + v_{ow} \frac{2}{g} v_{0y}$$

oder : $v_{0x} = v_{0y}$. Der Abschußwinkel ist also $\underline{\alpha = 45^{o}}$.
b) Für $m_{g}=m_{w}$ 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 muß der Abschußwinkel also $tan(\alpha ) = 2$ oder $\underline{\alpha = 63,4^{o}}$ sein.
Aufgabe 4: (6 Punkte)
In der folgenden Abbildung sind die Kräfte eingezeichnet. Die Masse des Keils sei $M$, die Masse des Körpers $m$.

Dann gilt

$$\vert N\vert \; sin\alpha = M a_{M,x}$$

$$- \vert N'\vert \; sin\alpha = m a_{m,x}$$

$$- mg + \vert N\vert \; cos\alpha = m a_{m,y}$$

Wegen $\vert N\vert=\vert N'\vert$ folgen hieraus zwei Zwangsbedingungen für die drei Komponenten der Beschleunigungen

$$- mg + M \; ctg(\alpha )\; a_{M,x} = m a_{m,y}$$

$$- M a_{M,x} = m a_{m,x}$$ (1)

Die notwendige dritte Zwangsbedingung erhält man folgendermaßen. Wir setzen die Koordinaten von Körper und Keil wie in der folgenden Abbildung:
Dann gilt:

$$tan(\alpha ) = \frac{y_{m}}{x_{m}-x_{M}} \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; y_{m} = (x_{m}-x_{M}) tan(\alpha )$$

Zweimalige Ableitung dieser Gleichung führt auf die dritte Bedingung für die Beschleunigungen

$$a_{m,y} = tan(\alpha ) (a_{m,x} - a_{M,x})$$

Die Lösung dieser drei Gleichungen ergibt, sofern ich mich nicht verrechnet habe:

$$a_{M,x} = \frac{m g sin(2\alpha )}{2(M+m sin^{2}\alpha )}$$

$$a_{m,x} = - \frac{M g sin(2\alpha )}{2(M+m sin^{2}\alpha )}$$

$$a_{m,y} = - \frac{M+(M-m) sin^{2}\alpha }{M+m sin^{2} \alpha } g$$