Lösungen zur Übung Nr. 3

Besprechung: Donnerstag, den 11. November 1999
Aufgabe 1: (7 Punkte)
Wir diskutieren zunächst allgemein die Hintereinanderschaltung und Parallelschaltung zweier beliebiger Federn mit Federkonstanten $D_{1}$ und $D_{2}$. Bei der Hintereinanderschaltung (Serienschaltung) ist die Kraft in der gesamten Feder gleich, daher gilt

$$F = D_{Serie} x = D_{1} x_{1} = D_{2} x_{2},$$

wobei die Gesamtauslenkung gleich der Summe der Einzelauslenkungen ist, d.h. $x = x_{1} + x_{2}$.

Diese Gleichungen können umgeformt werden zu

$$D_{Serie} x = D_{Serie} (x_{1} + x_{2}) = D_{Serie} \left( x... ...ht) = D_{Serie} \frac{D_{1}+D_{2}}{D_{2}} x_{1} = D_{1} x_{1}.$$

Daher muss also gelten

$$D_{Serie} = \frac{D_{1}D_{2}}{D_{1} + D_{2}}.$$

Bei der Parallelschaltung teilt sich die angreifende Kraft $F$ auf die einzelnen Federn auf:

Daher gilt:

$$F_{1} = D_{1} x_{1}$$

$$F_{2} = D_{2} x_{2}$$

$$F = F_{1} + F_{2}$$

Mit $F = D_{Parallel} x$ und $x = x_{1} = x_{2}$ erhält man in diesem Fall einfach

$$D_{Parallel} x = D_{1} x_{1} + D_{2} x_{2} = (D_{1} + D_{2}) x$$

und

$$D_{Parallel} = D_{1} + D_{2}.$$

Diese Formeln erinnern uns stark an die Serien- und Parallelschaltung von Widerständen in der Elektrizitätslehre.
Wenden wir im Folgenden diese Formeln auf unser Problem an.
a) Wir teilen die Feder in drei gleiche Teile mit jeweils der Federkonstanten $D_{1}$. Die zweite Feder besteht dann aus einer Serienschaltung von zweien dieser Federn:

$$D_{2} = \frac{D_{1} D_{1}}{D_{1} + D_{1}} = \frac{D_{1}}{2}.$$

Die Serienschaltung von $D_{1}$ und $D_{2}$ muss dann wieder die ursprüngliche Feder ergeben:

$$D = \frac{D_{1} D_{2}}{D_{1} + D_{2}} = \frac{D_{1} D_{1}/2}... ... + D_{1}/2} = \frac{D_{1}^{2}/2}{3 D_{1}/2} = \frac{D_{1}}{3}.$$

Die kürzere Feder hat also die Federkonstante $D_{1} = 3 D$, die doppelt so lange Feder die Konstante $D_{2} = (3/2) D$.
b) Für die Parallelschaltung beider folgt

$$D' = D_{1} + D_{2} = \frac{9}{2} D.$$

Aufgabe 2: (8 Punkte)
a) Die beschleunigende Kraft ist immer längs der Bahn gerichtet. Mit den Bezeichnungen der folgenden Skizze,

gilt:

$$F_{B} = ma + mg \; sin\alpha$$

$$F_{N} = mg \; cos\alpha$$

In unserem Fall ist $v = constant$, daher $a = 0$. Um $F_{B}$ als Funktion von $z = x/x0$ darzustellen, sind einige mathematische Tricks notwendig. Zunächst ist

$$F_{B} = mg \; sin\alpha = mg \; cos\alpha \; tg\alpha = mg \frac{tg\alpha}{\sqrt{1 + tg^{2}\alpha}}.$$

Der $tg\alpha$ ist aber die Steigung der Bahnkurve. Aus $z = tg(y/A)$ und $dz/dy = (1/A) (1/cos^{2}(y/A))$ folgt

$$\frac{dy}{dz} = A cos^{2}\left( \frac{y}{A} \right) = A \frac{1}{1 + tg^{2}(y/A)} = \frac{A}{1 + z^{2}}.$$

Wir setzen diesen Ausdruck in die Formel für $F_{B}$ ein und erhalten

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

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

$$F_{B,max} = \frac{mgA}{\sqrt{1+A^{2}}} = 10094 \; N.$$

b) Auch die Arbeit könnte man umständlicherweise über ein Integral bestimmen. Einfacher geht es aber, wenn wir uns an die Vorlesung erinnern und die Hubarbeit bestimmen:

$$W = \int \vec{F}{d\vec{s}} = m g h,$$

wobei $h = A \pi$, da der $arctg(x)$ von $-\pi/2$ bis $+\pi/2$ geht. Also

$$W = m g A \pi = 36980 \; N \cdot m.$$

Aufgabe 3: (5 Punkte)
Die Geschwindigkeit des Körpers am Ende der schiefen Ebene ergibt sich aus dem Energiesatz:

$$m g h = \frac{m}{2} v_{0}^{2} \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; v_{0} = \sqrt{2 g h}.$$ (1)

Diese teilt sich auf in die Komponenten (wegen $\alpha = 45^{o}$):

$$v_{0,x} = \sqrt{gh}$$

$$v_{0,y} = -\sqrt{gh}$$

Beim elastischen Aufprall bleibt der Impuls in $x$- Richtung unverändert, während die $y$- Komponente das Vorzeichen ändert (entspricht dem Stoß eines Körpers der kleinen Masse $m$ mit einem Körper unendlich großer Masse). Daher erhalten wir nach dem Aufprall eine Wurfparabel der Form (siehe Vorlesung Seite 27):

$$x(t) = v_{0,x} t$$

$$y(t) = v_{0,y} t - \frac{1}{2} g t^{2}$$

Das Maximum dieser Kurve erhalten wir aus $dy/dt = v_{0,y}-gt = 0$ zum Zeitpunkt $T_{1} = v_{0,y}/g$ an der Höhe:

$$y(T_{1}) = \frac{v_{0,y}^{2}}{g} - \frac{1}{2} g \frac{v_{0,y}^{2}}{g^{2}} = \frac{h}{2}.$$

Die Weite folgt aus $y(t) = 0$ zum Zeitpunkt $T_{2} = 2 v_{0,y}/g$ bei der $x$- Koordinate

$$x(T_{2}) = v_{0,x} \frac{2v_{0,y}}{g} = 2 h.$$

b) Beim inelastischen Stoß wird die $y$- Komponente des Impulses absorbiert. Die Geschwindigkeit ist $v = v_{0,x} = \sqrt{gh}$.