\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L\"osungen zur "Ubung Nr. 5}
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\normalsize Besprechung: {\bf Donnerstag, den 25. November 1999}
\newline
\vskip 1mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (4 Punkte) \newline
Am tiefsten Punkt der Bahn ist die Auflagekraft auf die Bahn durch
\begin{displaymath}
F = m a = mg + m a_{N} = m ( g + \frac{v_{0}^{2}}{r_{0}})
\end{displaymath}
gegeben, wobei $v_{0}^{2} = 2 g h$ und $r_{0}$ der Kr\"ummungsradius ist. 
Dieser ist gegeben durch
\begin{displaymath}
r = \frac{ \left[ 1 + (dy/dx)^{2} \right]^{3/2}}{d^{2}y/dx^{2}}.
\end{displaymath}
Wegen $dy/dx = 2 kx$ und $d^{2}y/dx^{2} = 2k$ folgt an der Stelle $x = 0$
der Wert $r(x=0) = r_{0} = 1/(2k)$. Daher
\begin{displaymath}
F = mg + \frac{v_{0}^{2}}{r_{0}} = mg + 4 m g h k = mg ( 1 + 4 h k).
\end{displaymath}
Falls man sich mit der Formel f\"ur den Kr\"ummungsradius schwertut,
kann man auch folgende Argumentation verwenden. Das zeitliche Verhalten der
Bahn ist durch $(x(t),y(t))$ gegeben. Wegen
\begin{displaymath}
\frac{d^{2}y}{dt^{2}} = 2k \left( \frac{dx}{dt} \right)^{2} + 2k x 
\frac{d^{2}x}{dt^{2}}.
\end{displaymath}
Am tiefsten Punkt der Bahn ist dann
\begin{displaymath}
a_{N} = \frac{d^{2}y}{dt^{2}}_{(x=0)} = 2k \left( \frac{dx}{dt} 
\right)^{2}_{(x=0)} = 2 k v_{0}^{2},
\end{displaymath}
und $v_{0}^{2} = 2 g h$, also
\begin{displaymath}
a_{N} = 4 k g h.
\end{displaymath}
\newline \vskip 5mm
{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (6 Punkte) \newline
Zur L"osung der Aufgabe setzt man f"ur einen der Wagen die Kraftgleichung aus Federkraft $\vec{F_{f}}$ und 
Zentrifugalkraft $\vec{F_{z}}$ an:
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} F_{f} + F_{z} = m \frac{d^{2}r}{dt^{2}},
\end{displaymath}
wobei $r$ die Position des Wagens auf der Schiene von der Drehachse aus gemessen ist. Wir brauchen keine Vektoren
zu schreiben, da beide Kr"afte in Richtung von $\vec{r}$ zeigen. Auf einen der beiden Wagen wirkt nur die 
halbe Federkraft. Daher gilt:
\begin{displaymath}
- \frac{1}{2} D x + m\omega^{2} r = m \frac{d^{2}r}{dt^{2}}
\end{displaymath}
Mit $r = x + a$ k"onnen wir auch schreiben:
\begin{displaymath}
- D(r-a) + 2 m \omega^{2} r = 2 m \frac{d^{2}r}{dt^{2}}.
\end{displaymath}
Als erstes bestimmen wir die Gleichgewichtslage $r_{0}$ des Wagens. In diesem Fall wirkt keine Beschleunigung, also
$d^{2}r/dt^{2} = 0$ und
\begin{displaymath}
r_{0} = \frac{-D a}{2m \omega^{2} - D}.
\end{displaymath}
Da $r_{0} > 0$ sein muss, existiert nur eine Gleichgewichtslage f"ur $a>0$ und $D > 2 m \omega^{2}$ (1. Fall) oder
$a < 0$ und $D < 2 m \omega^{2}$ (2. Fall). F"ur $2 m \omega^{2} = D$ und $a = 0$ ist der Wagen immer im Gleichgewicht
(indifferentes Gleichgewicht). \newline
Zur Untersuchung der Stabilit"at der Gleichgewichtslagen lenken wir den Wagen um eine kleine
Strecke $\epsilon$ aus und untersuchen die Reaktion des Wagens auf diese St"orung.
\begin{displaymath}
r(t) = r_{0} + \epsilon(t).
\end{displaymath}
Die Bewegungsgleichung wird zu
\begin{displaymath}
-D (r_{0} + \epsilon - a) + 2 m \omega^{2} (r_{0} + \epsilon) = 2 m \frac{d^{2}\epsilon}{dt^{2}}.
\end{displaymath}
Setzt man noch f"ur $r_{0}$ die bereits oben angeschriebene L"osung ein, so folgt nach einigen Umformungen die DGL
\begin{displaymath}
(2 m \omega^{2} - D) \epsilon = 2 m \frac{d^{2}\epsilon}{dt^{2}}.
\end{displaymath}  
Falls $D < 2m \omega^{2}$ (2. Fall) wird der Wagen bei einer positiven Auslenkung $\epsilon > 0$ weiter nach aussen beschleunigt
($d^{2}\epsilon/dt^{2}>0$). Dieser Fall ist also instabil. \newline
Falls $D > 2m \omega^{2}$ (1. Fall) wird der Wagen bei einer positiven Auslenkung $\epsilon > 0$ zur"uck nach innen,
also zur Gleichgewichtslage hin, beschleunigt ($d^{2}\epsilon/dt^{2}<0$). Dieser Fall ist also stabil und kann als
Fliehkraftregler benutzt werden. \newline \vskip 5mm
{\bf Aufgabe 3:}  \hspace{10cm}(5 Punkte) \newline
Allgemein gilt:
\begin{displaymath}
tg \varphi = \frac{F_{z}}{F_{g}} = \frac{m\omega^{2} l \; sin\varphi}{mg}
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
\omega^{2} = \frac{g}{l \; cos\varphi}.
\end{displaymath}
\vskip 5cm
a) In unserem Fall ist der Grenzwinkel durch $sin\varphi_{g} = r/l$ gegeben,
also $cos\varphi_{g} = (1/l) \sqrt{l^{2} - r^{2}}$. Daher folgt
\begin{displaymath}
\omega_{g} = \sqrt{\frac{g}{\sqrt{l^{2} - r^{2}}}} = 4,63 \; s^{-1}.
\end{displaymath}
b) Das Drehmoment $\tau$ ist durch $dL = \tau \; dt$ definiert.
Wir m\"ussen also die Drehimpulse $L$ im Anfangs- und $L_{g}$ im 
Endzustand bestimmen. Im Anfangzustand ist
\begin{displaymath}
L = m l^{2} \; sin^{2}\varphi \; \omega = m l^{2} \; sin^{2}\varphi
\sqrt{\frac{g}{l \; cos\varphi}}.
\end{displaymath}
F\"ur $\varphi = 45^{o}$ ist $sin\varphi = cos\varphi = \sqrt{2}/2$ und
daher
\begin{displaymath}
L = \frac{m}{2} l^{2} \sqrt{\frac{\sqrt{2} g}{l}} = 0,658 \; kg \cdot m^{2}
\cdot s^{-1}.
\end{displaymath}
Im Endzustand ist entsprechend:
\begin{displaymath}
L_{g} = m r^{2} \omega_{g}^{2} = 0,185 \; kg \cdot m^{2} \; s^{-1}.
\end{displaymath}
F\"ur das Drehmoment folgt mit $T = 10 \; s$:
\begin{displaymath}
\tau = \frac{L - L_{g}}{T} = 0,0473 \; kg \cdot m^{2} \cdot s^{-2}.
\end{displaymath} 
\newpage
{\bf Aufgabe 4:}  \hspace{10cm}(5 Punkte) \newline
Wir bezeichnen mit $x_{1}$ und $x_{2}$ die Unterteilung der Stange, sodass
also $x_{1} + x_{2} = L$ ist. Das Drehmoment eines infinitesimalen
Massenelementes $dm = \rho A dx$, mit Querschnitt $A$ und Dichte $\rho$
ist also
\begin{displaymath}
d\tau = g x \; dm = g \rho A x \; dx.
\end{displaymath}
\vskip 4cm
Daraus folgt, zusammen mit den Massen $m_{1}$ und $m_{2}$:
\begin{eqnarray}
\tau_{1} &=& m_{1} g x_{1} + g \rho A \int_{0}^{x_{1}} x \; dx
= m_{1} g x_{1} + \frac{1}{2} g \rho A x_{1}^{2} 
= m_{1} g x_{1} + M_{1} g \frac{x_{1}}{2} \nonumber \\
\tau_{2} &=& m_{2} g x_{2} + g \rho A \int_{0}^{x_{2}} x \; dx 
= m_{2} g x_{2} + \frac{1}{2} g \rho A x_{2}^{2} 
= m_{2} g x_{2} + M_{2} g \frac{x_{2}}{2} \nonumber 
\end{eqnarray}
Bei der Stange greifen die Kr\"afte also auch im Schwerpunkt der 
Teilst\"ucke $x_{1}$ und $x_{2}$ an. $M_{1}$ und $M_{2}$ sind die
Massen dieser Teilst\"ucke. Im Gleichgewicht muss
$\tau_{1} = \tau_{2}$ sein, d.h.
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} \rho A x_{1}^{2} + m_{1} x_{1} = \frac{1}{2} \rho A x_{2}^{2}
+ m_{2} x_{2}.
\end{displaymath}
Elimination von $x_{2} = L - x_{1}$ ergibt:
\begin{displaymath}
x_{1} = \frac{\rho A L^{2} + 2 m_{2} L}{2m_{1} + 2m_{2} + 2\rho A L}
= \frac{1}{2} \left( \frac{M+2m_{2}}{M + m_{1}+m_{2}} \right) L
\approx 1,2 \; m
\end{displaymath}
Entsprechend ist $x_{2} \approx 0,8 \; m$.   
\end{document}




