Physik I, WS 1993/94
Lösungen zur Übung Nr. 4
Besprechung: 25. November 1993
Aufgabe 1: (5 Punkte)
Ein Federelement der Länge $dx$ hat die Masse $dm_{F}=(m_{F}/L)dx$ und die kinetische Energie

\begin{displaymath}
dE_{F} = \frac{dm_{F}}{2} v_{F}^{2}(x) = \frac{m_{F}}{2L} v_{F}^{2}(x) dx
\end{displaymath}

Die Geschwindigkeit der Federauslenkung an der Stelle $x$ ist $v_{F}(x) = (x/L) v$, wobei $v$ die Geschwindigkeit des Körpers ist. Daher

\begin{displaymath}
dE_{F} = \frac{1}{2} \frac{x^{2}}{L^{3}} m_{F} v^{2} dx
\end{displaymath}

Integration von $x=0$ bis $x=L$ ergibt

\begin{displaymath}
E_{F} = \frac{1}{2} \frac{m_{F}v^{2}}{L^{3}} \int_{0}^{L} x^{2} dx
= \frac{m_{F}v^{2}}{6}
\end{displaymath}

Die Gesamtenergie wird nun zu

\begin{displaymath}
E = E_{F} + E_{kin,K} + E_{pot} = \frac{m_{F}v^{2}}{6} + \fr...
... \frac{1}{2} (m + \frac{m_{F}}{3} ) v^{2} +
\frac{D}{2} x^{2}
\end{displaymath}

Vergleichen wir dieses mit der Kreisfrequenz $\omega_{0} = \sqrt{D/m}$ bei der Schwingung mit Vernachlässigung der Federmasse, so folgt sofort

\begin{displaymath}
\omega = \sqrt{\frac{D}{m+m_{F}/3}} = \underline{9,95 \; s^{-1}}
\end{displaymath}

Dieses Kreisfrequenz ist $0,5 \%$ kleiner als die Kreisfrequenz bei Vernachlässigung der Federmasse $\omega_{0} = 10 \; s^{-1}$. Die Masse der Feder muß also schon sehr groß sein, um einen nennenswerten Unterschied zu erhalten
Aufgabe 2: (5 Punkte)
Körper und Wagen führen Schwingungen um ihren gemeinsamen Schwerpunkt aus. Auf Grund der Anfangsbedingungen ist dieser Schwerpunkt nicht in der Mitte des Wagens, sondern zum Körper hin verschoben. Wir wählen den Schwerpunkt als Koordinatenurprung. $x_{1}$ ist die Koordinate des Körpers, $x_{2}$ die der Wagenmitte.

Impulserhaltung fordert, daß

$\displaystyle mx_{1} + Mx_{2}$ $\textstyle =$ $\displaystyle 0$  
$\displaystyle mv_{1} + Mv_{2}$ $\textstyle =$ $\displaystyle 0$  
$\displaystyle ma_{1} + Ma_{2}$ $\textstyle =$ $\displaystyle 0$  

Die Bewegungsgleichung für den Körper ist (siehe Abbildung):

\begin{displaymath}
m \frac{d^{2}x_{1}}{dt^{2}} = - 2D (x_{1} - x_{2})
\end{displaymath}

Wegen $x_{2}= -(m/M)x_{1}$ also auch

\begin{displaymath}
m \frac{d^{2}x_{1}}{dt^{2}} = - 2D (1 + \frac{m}{M}) x_{1}
\end{displaymath}

Vergleich mit der allgemeinen Gleichung der harmonischen Schwingung ergibt dann

\begin{displaymath}
\omega = \sqrt{2 D \frac{m+M}{mM}} \; \; \; \; \; \rightarro...
...ega} = 2 \pi \sqrt{\frac{mM}{2D(m+M)}}
= \underline{0,58 \; s}
\end{displaymath}

Für den Wagen muß natürlich die gleiche Schwingungsdauer herauskommen.
Die Anfangsbedingungen sind $x_{1}(0)-x_{2}(0) = d$ und $mA_{1} = MA_{2}$, wobei $A_{1}$ und $A_{2}$ die Amplituden sind,

\begin{displaymath}
x_{1}(t) = A_{1} cos(\omega t) \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;
x_{2}(t) = -A_{2} cos(\omega t)
\end{displaymath}

Daher folgt:

\begin{displaymath}
A_{1} + \frac{m}{M} A_{1} = \frac{m+M}{M} A_{1} = d
\end{displaymath}

und

\begin{displaymath}
A_{1} = \frac{lM}{m+M} = \underline{5 \; cm} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;
A_{2} = \frac{lm}{m+M} = \underline{1 \; cm}
\end{displaymath}

Aufgabe 3: (5 Punkte)
Allgemein gilt,wenn $M'$ die Masse des Pendelkörpers ist, für die potentielle Energie beim Maximalausschlag $\phi$:

\begin{displaymath}
E_{pot} = \int_{0}^{\phi} F_{s} ds = L M' g \int_{0}^{\phi} ...
...ha = L M' g (1-cos\phi ) = 2 L M' g \; sin^{2}(\frac{\phi}{2})
\end{displaymath}

Wir machen hier nicht die Approximation $sin\phi \approx \phi$, da wir über die Größe der Auslenkung nichts wissen. Die Masse $M'$ kann bei den Fallunterscheidungen verschieden sein. Diese potentielle Energie muß gleich der kinetischen Energie des Pendelkörpers nach dem Aufprall der Geschoßkugel sein.
a) In diesem Fall ist wegen Impulserhaltung $(m+M) v_{K} = m v$, wobei $v_{K}$ die Geschwindigkeit des Pendelkörpers ist. Damit wird die kinetische Energie des Pendelkörpers

\begin{displaymath}
E_{K} = \frac{m+M}{2} v_{K}^{2} = \frac{1}{2} \frac{m^{2}}{m+M} v^{2}
\end{displaymath}

In der Formel für die potentielle Energie ist $M'=M+m$, daher

\begin{displaymath}
\frac{1}{2} \frac{m^{2}}{m+M} v^{2} = 2L(M+m) g \; sin^{2}(\frac{\phi}{2})
\end{displaymath}

oder

\begin{displaymath}
sin\frac{\phi}{2} = \frac{1}{2\sqrt{Lg}} \frac{m}{m+M} v = 0...
...; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; \underline{\phi = 18,2^{o}}
\end{displaymath}

b) Im diesem Fall haben wir vor und nach dem Aufprall die folgende Situation

Impulserhaltung fordert $mv = M v_{K} - mv'$ oder $v_{K} =(m/M) (v+v')$. Die kinetische des Körpers wird damit nach dem Aufprall zu

\begin{displaymath}
E_{kin} = \frac{1}{2} M v_{K}^{2} = \frac{1}{2} \frac{m^{2}}{M} (v+v')^{2}
\end{displaymath}

In der Formel für die potentielle Energie ist diesmal $M'=M$ zu setzen, also

\begin{displaymath}
\frac{1}{2} \frac{m^{2}}{M} (v+v')^{2} = 2 L M g \; sin^{2}(\frac{\phi}{2})
\end{displaymath}

oder

\begin{displaymath}
sin(\frac{\phi}{2}) = \frac{1}{2\sqrt{Lg}} \frac{m}{M} (v+v'...
...\; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; \underline{\phi=20,3^{o}}
\end{displaymath}

c) Dieses ist natürlich ein Spezialfall von b) mit $v'=0$. Daher folgt sofort

\begin{displaymath}
sin(\frac{\phi}{2}) = \frac{1}{2\sqrt{Lg}} \frac{m}{M} v = 0...
...\; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; \underline{\phi= 18,4^{o}}
\end{displaymath}

Aufgabe 4: (5 Punkte)
a) Der Schub einer Rakete ist nach Vorlesung

\begin{displaymath}
F_{T} = - \frac{dm}{dt} v_{g}
\end{displaymath}

Hier und in allen weiteren Formeln ist $v_{g} < 0$. Dieser Schub muß größer als die Anziehungskraft durch die Erdbeschleunigung sein:

\begin{displaymath}
\frac{dm}{dt} v_{g} > m g
\end{displaymath}

Für $t=0$ ist $m=m_{0}$ und $dm/dt = -m_{0}/T$, daher

\begin{displaymath}
T < \frac{\vert v_{g}\vert}{g} = \underline{306 \; s}
\end{displaymath}

b) Wir erweitern die in der Vorlesung abgeleitete Formel, um die Schwerkraft zu berücksichtigen:

\begin{displaymath}
m a = \frac{dm}{dt} v_{g} - mg
\end{displaymath}

Zur Zeit $t=0$ soll $a=5g$ sein, daher

\begin{displaymath}
5 m_{0} g = \frac{m_{0}}{T} \vert v_{g}\vert - m_{0} g \; \;...
...\; \; \; T = \frac{\vert v_{g}\vert}{6g} = \underline{51 \; s}
\end{displaymath}

c) Wir erweitern eine andere in der Vorlesung abgeleitete Formel mit der Schwerkraft:

\begin{displaymath}
v - v_{0} = - v_{g} \; ln(\frac{m_{0}}{m}) - gt
\end{displaymath}

Wegen $v_{0}=0$ und $m_{0}/m= e^{t/T}$ folgt:
$\displaystyle v$ $\textstyle =$ $\displaystyle -v_{g} \frac{t}{T} - gt = (\frac{\vert v_{g}\vert}{T} - g) t$  
$\displaystyle s$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} ( \frac{\vert v_{g}\vert}{T} -g) t^{2}$  

Die Zeit $t_{1}$, bei der die Masse der Rakete auf die Hälfte abgenommen hat, folgt aus $m_{0}/m = 2$ zu $t_{1} = T \; ln2$. Daher

\begin{displaymath}
v_{1} = (\frac{\vert v_{g}\vert}{T}-g) T \; ln2 = \underline...
...; s_{1} = \frac{1}{2} v_{1} T \; ln2
= \underline{30,6 \; km}
\end{displaymath}





Harm Fesefeldt
2007-08-06