Fach: Physik 1 im WS 2004/05 Übungsaufgaben zur Klausur am 18.01.05 Verwenden Sie zur Vereinfachung bei allen Aufgaben g = 10 m s-2.

1. Ein Fahrzeug (Nr. 1) durchfährt aus dem Stand eine 0,5 km lange Strecke zwischen zwei Am-peln im Stadtverkehr. Zunächst beschleunigt das Fahrzeug bis zum Erreichen einer Geschwin-digkeit von 1

max 54 −= hkmv , fährt anschließend einige Zeit mit konstanter Geschwindigkeit und bremst dann gleichmäßig ab. Der Betrag der Bremsverzögerung ist doppelt so groß wie der Be-trag der Anfangsbeschleunigung.

a. Skizzieren Sie das a-t-, das v-t- und das s-t-Diagramm. b. Die gesamte Fahrzeit beträgt 50 s. Wie groß sind die Beschleunigung a0 und die Bremsverzö-

gerung ab? c. Wie lang sind die Streckenabschnitte der beschleunigten und der gleichförmigen Bewegung

und der Bremsweg? d. Fahrzeug Nr. 1 wird beim Start von einem anderen Fahrzeug Nr. 2 mit 1

2 36 −= hkmv über-holt. Fahrzeug Nr. 2 fährt mit konstanter Geschwindigkeit weiter. Nach welcher Strecke überholt Fahrzeug Nr 1 das Fahrzeug Nr. 2?

(Falls Sie in Aufg. 1.b keine Lösung für a0 finden können, rechnen Sie in den Aufg. 1.c und 1.d. mit einem ange-

nommenen Wert von 20 2 −= sma weiter. Beachten Sie, dass für diesen angenommen Wert die Fahrzeit für die Ge-

samtstrecke nicht 50 s beträgt!) Lösungen: 1a.

1b.Beschleunigung: aa t

vt

vtva maxmax

0 00=

−−

=∆∆

=

für die Beschleunigungszeit gilt: 0

max

av

ta =

Für die Bremsverzögerung gilt: bb

B tv

tv

tva maxmax

00

−=−

−=

∆∆

=

für die Bremszeit folgt: BB

B av

av

t maxmax0−=

−=

Es gilt laut Aufgabenstellung: 02 aab −=

es folgt für die Bremszeit: ( ) ab

b ta

va

vt

21

2 0

maxmax =−

−=−=

Zeit mit maximaler Geschwindigkeit: v

v sv

t max=

Für die Gesamtstrecke gilt: bvages ssss ++=

Es folgt: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++= 2

maxmax2

0 21

21

bbbvages tatvtvtas

Für die Gesamtzeit gilt: vaavabvages ttttttttt +=++=++=23

21

Einsetzen: ( )⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−+⋅

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+=

2

0

max0

0

maxmax

0

maxmax

2max

22

21

223

21

av

aa

vv

av

tvtt

vs gesa

ages

Es folgt: gesgesges tva

va

va

va

vtv

av

s max0

2max

0

2max

0

2max

0

2max

max0

2max

43

41

21

23

21

+−=−+−+=

Lösung für die Beschleunigung: ( ) 2max

2max

0 675,04

3sm

stvv

agesges

=−⋅

⋅=

Bremsverzögerung: 20 35,12

s

maa b −=−=

1c. Beschleunigungsstrecke: ma

va

vasa 66,166

21

21

0

2max

2

0

max0 ==⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Strecke mit maxv : ma

vtvttvtvs gesagesvv 250

23

23

0

2max

maxmaxmax =−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −==

Bremsweg: ( ) ma

va

va

av

tatvs bbbb 33,8341

42

21

21

21

0

2max

20

2max

00

2max2

max ==−+=+=

1d. Vorüberlegung:

Nr. 1 benötigt bis zum Bremsen: sssvs

av

t v 888,3866,1622,22max0

max1 =+=+=

Nr.2 benötigt für 166,66 m: ssmm

t 666,1610

66,16621 ==

Fahrzeug Nr. 2 benötigt für 250 m: ssm

mt 0,25

10250

22 ==

Fahrzeug Nr. 2 hat nach 38,888 s eine Strecke von 388,88 m gefahren, während Fahrzeug Nr. 1 bereits 416,66 m weit gekommen ist. Folgerung: Fahrzeug Nr. 1 überholt Fahrzeug Nr. 2 wäh-rend der gleichförmigen Bewegung mit maxv .

Der Überholvorgang erfolgt zum Zeitpunkt t ′ . Beide Fahrzeuge haben zum Zeitpunkt t ′ die selbe Wegstrecke zurückgelegt.

Fahrzeug Nr. 1 ( ) ( )aa ttvtats −′⋅+=′′ max2

021

Fahrzeug Nr. 2: ( ) tvts ′⋅=′′ 2

Zeit bis zum Überholpunkt: ( ) svva

vt 33,33

21

2max0

2max =−

=′

Fahrtstrecke für Nr. 1: ( ) ( )attva

vts −′⋅+=′′ max

0

2max

21

( ) mmmts 3,33366,16666.166 =+=′′ Fahrtstrecke für Nr. 2: ( ) mtvts 3,3332 =′⋅=′′ 2. Zwei PKW fahren nebeneinander mit gleicher Geschwindigkeit auf eine grüne Ampel zu. Bei

einem Abstand von 75 m schaltet die Ampel auf gelb. Die Gelbphase dauert 3 s. Beide Fahrer reagieren 0,8 s nach der Ampelschaltung: Fahrer Nr. 1 bremst gleichmäßig mit –3,5 m s-2 bis zum Stop direkt vor der Ampel, Fahrer Nr. 2 beschleunigt mit +2,5 m s-2.

a. Wie groß ist die Anfangsgeschwindigkeit der Fahrzeuge? b. Kann Fahrzeug Nr. 1 noch während der Gelbphase stoppen? c. Kann Fahrzeug Nr. 2 die Ampel noch während der Gelbphase passieren? d. Berechnen Sie die Beschleunigung, die nötig wäre, damit Fahrzeug Nr. 2 genau beim Um-

schalten von gelb auf rot die Ampel passiert. Lösungen: 2a. Gegeben: Gesamtstrecke msges 75= , Bremsverzögerung PKW(1): 2

1 5,3 −−= sma , Beschleuni-

gung PKW(2): 22 5,2 −+= sma Reaktionszeit = Zeit mit gleichförmiger Geschwindigkeit:

stv 8,0= . Gesucht: Anfangsgeschwindigkeit: 0v

Es gilt für PKW(1): 1

20

01 2 av

tvsss vavges +=+=

Lösung für v0: h

kmsmtatasav vvges 0,7328,202 1

22110 =+=−+±=

2b. Bremszeit PKW(1): ssav

ta

a 8,579,51

01 ≈==

Gesamtzeit = Reaktionszeit + Bremszeit = 0,8 s + 5,8 s = 6,6 s. Ergebnis: PKW(1) stoppt nicht während der Gelbphase (Verkehrstechnisch in Ordnung, weil

PKW(1) vor der Ampel zum Stehen kommt). 2c. Zurückgelegter Weg sg von Fahrzeug Nr.2 während der Gelbphase stg 3= setzt sich aus dem

Reaktionsweg und dem Weg mit gleichmäßiger Beschleunigung a2 zusammen.

Lösung: ( ) mttatvsss vggavg 9,6621 2

202 =−+=+=

Die Ampel (Entfernung: 75 m) kann also während der Gelbphase nicht erreicht werden. PKW(2) passiert die Ampel bei Rotlicht.

2d. Gesamtstrecke msges 75= , Zeit mit gleichförmiger Geschwindigkeit: stv 8,0= , Gesamtzeit der Gelbphase: stg 3= , Beschleunigungszeit: ( ) sttt vga 2.2=−=

Gesucht: Beschleunigung 2a′ , so dass die Ampel in 3 s erreicht werden kann.

Es gilt: ( )220 21

vggavges ttatvsss −′+=+=

Lösung: ( )( ) 22

02 85,5

2sm

tt

tvsa

vg

gges =−

−⋅=′ .

(Bemerkung: Diese Beschleunigung ist sehr hoch. Mit 5,85 m/s2 beschleunigt ein Fahrzeug "in 4,7 s von 0 auf 100 km/h". Fazit. Bremsen wäre besser.)

3. Einer gut einsehbaren Kreuzung nähern sich auf der vorfahrtberechtigten Straße ein mit der kon-

stanten Geschwindigkeit von 36 km/h fahrender Lkw und auf der senkrecht dazu verlaufenden anderen Straße ein Pkw, der zu diesem Zeitpunkt von der Kreuzung mit 150 m dreimal so weit entfernt ist wie der Lkw und eine Geschwindigkeit von 72 km/h besitzt. (Die Fahrzeuge sind punktförmig!)

a. Wann erreicht der Lkw die Kreuzung? b. Um die Kreuzung noch vor dem Lkw passieren zu können, beschleunigt der Pkw- Fahrer

gleichmäßig. Wie groß ist die Beschleunigung und welche Geschwindigkeit hat der Pkw auf der Kreuzung?

Lösungen:

3a Entfernung LKW: mmss PKWLKW 503

15031

===

Zeit für LKW bis zum Erreichen der Kreuzung:

( ) ss

smm

vs

tLKW

LKWLKW 5

1050

6,3/3650

1 ==== −

3b. Beschleunigte Bewegung mit Anfangsgeschwindigkeit:

20

21

LKWPKWLWKPKWPKW tatvs +=

Beschleunigung für PKW: ( )22

0

42

sm

ttvs

aLKW

LKWPKWPKWPKW =

⋅−=

Endgeschwindigkeit PKW: LKWPKWPKWEndPKW tavv ⋅+= 0

h

kmsms

smmv End

PKW 14440542

20 2 ==⋅+=

4. Der Anhalteweg eines Pkw setzt sich aus dem Reaktionsweg (gleichförmige Bewegung vom

Erkennen des Hindernisses bis zum Beginn des Bremsens) und dem tatsächlichen Bremsweg (gleichmäßig beschleunigte Bewegung) bis zum Stillstand zusammen. Die Reaktionszeit des Fahrers, betrage 0,5 s und die Bremsverzögerung sei -7m/s².

a. Prinzipskizze des a-t-, v-t- und s-t-Diagramms. b. Wie groß darf die maximale Geschwindigkeit vor z. B. einer Schule höchstens sein, wenn der

Anhalteweg 5m nicht überschreiten soll? c. Wie groß ist die Bremszeit und wie groß sind der Reaktionsweg und der reine Bremsweg? d. Wie lautet die mittlere Geschwindigkeit für den Anhalteweg? Lösungen: 4a. siehe Lösung der Aufgabe 1a

4b. Anhalteweg: a

vtvs Rges 2

2max

max +=

Lösung für vmax: h

kmsmtatasav RRges 04,20569,52 22

max ==−+=

4c. Bremszeit: ssav

tB 7956,07569,50 max =

−−

=−

=

Reaktionsweg: mmtvs RR 785,25,0569,5max =⋅== Bremsweg stas BB 215,22

21 ==

4d. Mittlere Geschwindigkeit = Durchschnittsgeschwindigkeit:

( ) sm

sm

ts

vges

gesm 859,3

7956,05,05

=+

==

5. Die Masse m = 1 kg rutscht mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 = 4 m/s aus einer Höhe von

h0 = 0,5 m eine schiefe Ebene mit Steigungswinkel θ = 30° hinab. Anschließend rutscht sie auf einer Strecke s12 = 2 m horizontal weiter und trifft am Ende auf eine Feder mit der Federkonstan-ten mND 5000= . Die Gleitreibungszahl beträgt auf dem gesamten Weg 2,0=Gµ .

a. Berechnen Sie die Gesamtenergie gesE , die kinetischen Energien kinE und die Reibungsarbei-ten RW in den Punkten 1 und 2 der Bahn, sowie die an der Feder geleistete Verformungsarbeit

3EW im Punkt 3.

b. Wie groß ist der Federweg x? c. Wie groß müsste die Anfangsgeschwindigkeit 0v′ gewählt werden, damit die Masse nach dem

Rückprall wieder genau die Anfangshöhe 0h ohne Geschwindigkeit erreicht? (Vernachlässigen Sie zur Vereinfachung die Reibung auf dem Federweg x) Lösungen:

5a. Gesamtenergie: JJJvmhgmE ges 138521 2

00 =+=+=

Reibungsarbeit auf der Strecke 0→1: Jhgm

sFW GNGR 732,1

30sin30cos 0

0101 =

°°

==µ

µ

Kinetische Energie im Punkt 1: ( ) JJWEE Rgeskin 268,11732,113011 =−=−=

Reibungsarbeit auf der Strecke 1→2: JsgmsFW GNGR 4121212 === µµ

Reibungsarbeit auf der Strecke 0→2: JWWW RRR 732,5120102 =+= Kinetische Energie im Punkt 2: ( ) JJWEE Rgeskin 268,7732,513022 =−=−=

Verformungsarbeit (Feder) im Punkt 3: JEW kinE 268,723 ==

5b. Federweg:

da 23

21 xDWE = , folgt: cmm

DW

x E 4,50539,02 3

≅=⋅

=

5c. Die kinetische Anfangsenergie im Punkt 0 muss gleich der Summe aller Reibungsarbeiten sein.

Kinetische Anfangsenergie: ( ) ( ) JWWvmE RRkin 464,11221 12012

00 =+⋅=′=

Anfangsgeschwindigkeit: ( )

sm

mWW

v RR 79,44 0101

0 =+⋅

=′

6. Man vergleiche einen Vollzylinder und einen (dünnwandigen)

Hohlzylinder, beide mit gleicher Masse kgm 1= und gleichem Radius mR 1,0= , um die ein Faden gewickelt ist, dessen Ende an einer Aufhängung befestigt ist.

a. Mit welcher Beschleunigung fallen die Zylinder? b. Wie groß sind die Seilkräfte? c. Wie groß sind die Winkelbeschleunigungen? d. Welche Zeit benötigen die Zylinder für eine Fallstrecke von

ms 1= ? e. Welche Geschwindigkeit und welche Winkelgeschwindigkeit

besitzen die Zylinder bei ms 1= ? f. Wie groß sind die kinetischen Energien der Translation und der

Rotation der Zylinder bei ms 1= ? Lösungen: 6a. Die Gewichtskraft der Zylinder ist: gmFG ⋅= Die Rotation der Zylinder beruht auf einer Winkelbeschleunigung α , diese muss durch ein

Drehmoment ZM erzeugt wird. α⋅= JM Z Das Drehmoment MZ, entsteht durch die Seilkraft SF .

Es gilt: R

MF Z

S =

Gewichtskraft GF und Seilkraft SF sind entgegengesetzt gerichtet.

Es gilt (D-Alembertsches Prinzip): ( ) maR

JmgmaFF SG −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

−==−−α0

Rollbedingung: Ra

=α

Trägheitsmoment des Vollzylinders: 2

21 mRJVZ =

Trägheitsmoment des Hohlzylinders: 2mRJ HZ =

Beschleunigung des Vollzylinders: 266,632

smgaVZ ==

Beschleunigung des Hohlzylinders: 2521

smgaHZ ==

6b. Seilkraft beim Vollzylinder: NamF VZVZ

S 33,321

=⋅=

Seilkraft beim Hohlzylinder: NamF HZHZ

S 5=⋅=

6c. Winkelbeschleunigung Vollzylinder: 22

6,661,0

66,6 −=== sm

smR

aVZVZα

Winkelbeschleunigung Hohlzylinder: 22

501,0

5 −=== smsm

RaHZ

HZα

6d. Fallzeit Vollzylinder für ms 1= : ssm

ma

stVZ

VZ 548,066,6

222==

⋅=

Fallzeit Hohlzylinder für ms 1= : ssm

ma

stHZ

HZ 632,05

222==

⋅=

6e. Man kann unterschiedliche Lösungsverfahren verwenden.

Beispiel 1: Energieerhaltungssatz: 22

21

21 ωJmvEEmgh rot

kintranskin +=+=

Rollbedingung: Rv

=ω

für Vollzylinder: 22

222

43

21

21

21 mv

RvmRmvmgh =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+=

für Hohlzylinder: ( ) 22

222

21

21 mv

RvmRmvmgh =+=

Geschwindigkeit VZ für ms 1= : smghv 65,3

34

==

Geschwindigkeit HZ für ms 1= : smghv 16,3==

Beispiel 2: Kinematik

Geschwindigkeit VZ für ms 1= : sms

smtav VZVZVZ 65,3548,066,6 2 =⋅=⋅=

Winkelgeschwindigkeit: 15,36 −== sR

vVZVZω

Geschwindigkeit HZ für ms 1= : sms

smtav HZHZHZ 16,3632,05 2 =⋅=⋅=

Winkelgeschwindigkeit: 16,31 −== sR

vHZHZω

6f. Vollzylinder: ( ) JmghghmmvE VZtranskin 66,6

32

34

21

21 2 ==⋅==

( ) 2

222

21

21

21

RvmRJE VZ

rotkin ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛== ω

( ) JmghghmE VZrotkin 33,3

31

34

41

==⋅=

Hohlzylinder: ( ) JghmmvE HZtranskin 5

21

21 2 =⋅==

( ) ( ) JghmRvmRJE HZ

rotkin 5

21

21

21

2

222 =⋅=== ω

7. Ein Schmied bearbeitet ein Werkstück (Masse: kgmW 2= ) mit einem Hammer (Masse:

kgmH 6= ) auf einem Amboss (Masse: kgmA 192= ). Betrachten Sie den Schlag als vollkom-men unelastisch. Die Wechselwirkung des Amboss mit seiner Unterlage muss nicht berücksich-tigt werden.

a. Welcher Anteil der kinetischen Energie des Hammers dient der Verformung des Werkstü-ckes?

Lösung: 7a. Bei einem “vollkommen unelastischen Schlag” besitzen der Hammer (H), das Werkstück (W)

und der Amboss (A) nach dem Schlag die gleiche Geschwindigkeit. Der Schlag mit dem Ham-mer überträgt Impuls auf das Werkstück und den Amboss. (Die Bewegung des Amboss muss dann durch die Unterlage bedämpft werden.)

Impulserhaltungssatz: ( ) ummmvm WAHHH ++=

Energieerhaltungssatz: ( ) QummmvmE WAHHHkin +++== 220

21

21

Es folgt: %972006110 =−=

++−=

WAH

H

kin mmmm

EQ

8. Nach internationalen Normen muss ein Fußball bei einem

freien Fall aus 2m Höhe einen Rückprall von mindestens 1 m Höhe aufweisen.

a. Wie groß ist der relative Energieverlust 0EQ ? b. Wie groß ist Geschwindigkeitsverhältnis BB vu vor und

nach dem Aufprall? c. Ein Fußball (B) (Masse gmB 420= ) wird gegen ein um

die Drehachse D frei schwingendes Holzbrett ( kgmH 611,16= , mL 6,1= )geschossen (siehe Abb). Der Ball trifft das Brett im Abstand md 5,1= von der Drehach-se. Der Stoß soll als unelastisch, jedoch nicht als vollkom-men unelastisch) betrachtet werden. Berechnen Sie erneut das Geschwindigkeitsverhältnis BB vu .

d. Mit welcher Winkelgeschwindigkeit pendelt das Brett nach dem Schuss, wenn die Ballge-schwindigkeit 172 −= hkmvB beträgt?

e. Um welchen Winkel maxθ schlägt das Brett aus? (Hinweise: Zur Vereinfachung der Rechnung empfiehlt es sich, die dimensionslosen Größe

2RmJJ B=)

zu verwenden) Lösungen: 8a. Nach den internationalen Regeln für Fußbälle wird bei einem Fall aus einer Ausgangshöhe von

2 m eine Rückprallhöhe von 1 m verlangt. Entsprechend muss das Verhältnis der potentiellen Energien für die beiden Höhen lauten: ( ) ( ) 2121 01 === mhEmhE potpot . Gleiches gilt nach E-nergieerhaltungssatz für das Verhältnis der kinetischen Energien direkt vor und direkt nach dem Bodenkontakt: 2101 =kinkin EE .

Energieerhaltungssatz: QEE kinkin += 10 , bzw. QEE potpot += 10 Definiert man als (den durch Reibung, Verformung usw. verlorenen) relativen Energieverlust RE

den Quotienten aus Q und 0potE :

0potE

QRE =

erhält man als Lösung für RE: 5,01 0

1

0

10

0 =−=−

==pot

pot

pot

potpot

pot EE

EEE

EQRE

8b. Die kinetische Energie vor und nach dem Bodenkontakt kann in folgender Form geschrieben werden:

Energieerhaltungssatz: 0110kinkinkinkin EREEQEE ⋅+=+=

Es folgt: ( ) 10 1 kinkin EREE =−⋅

Das Geschwindigkeitsverhältnis ist: 7071,02110

1

==−== REEE

vu

kin

kin

B

B

8c. Es handelt sich um einen unelastischen, aber nicht um einen vollkommen unelastischen Stoß. Der Drehimpulserhaltungssatz lautet: dumJdvm BBBB += ω

Der Energieerhaltungssatz lautet: QumJvm BBBB ++= 222

21

21

21 ω

Man kann den Wert für Q (näherungsweise) mit Hilfe von RE aus 8a abschätzen:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⋅≅ 2

21

BBBkin vmREEREQ

Es folgt nach Energieerhaltungssatz: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅++= 2222

21

21

21

21

BBBBBB vmREumJvm ω

Durch Umstellung erhält man: ( ) 222

21

211

21

BBBB umJREvm +=−⋅ ω

und nach Multiplikation mit Bm

2 : ( ) ( ) 222

21 BB

B uddm

JvRE +=⋅− ω

Zur Vereinfachung verwende man: 00,155,1420,0

6,1612,162

231

2

231

2 =⋅⋅⋅

===dmLm

dmJJ

B

H

B

)

Rvd =ω entspricht der Bahngeschwindigkeit eines Massenpunktes an der Stelle, an der das Brett getroffen worden ist.

Verwendet man J)

und Rv , so folgt: aus dem Energieerhaltungssatz: ( ) 2221 BRB uvJvRE +⋅=⋅−

) (1)

aus dem Impulserhaltungssatz: BRB uvJv +=)

(2)

Aus Gl (2) erhält man: ( )BBR uvJ

v −= )1

Dies eingesetzt in Gl (1) ergibt: ( ) ( ) 222 11 BBBB uuvJ

vRE +−⋅=⋅− )

Es folgt: ( ) 2222 21 BBBBBBB uJuuvvvREJ))

++−=⋅−⋅ ( ) ( )121 22 −−⋅=−+⋅ REJJvuvJu BBBB

)))

J

REJJvuvJ

u BBBB )

))

)+

−−=

+−

11

112 22

Zur Vereinfachung verwende man: 161

1511

11

=+

=+

=J)α

sowie: 3213

165,6

1511155,015

11

==+

−⋅−=

+−−

=J

REJJ)

))

β

Es folgt: 22 2 BBBB vuvu βα =−

Lösungen der quadratischen Gl. ( ) BB vu ⋅++±= αβα 2

161

256104

2561

161

3213

161

2 ++±=++±=B

B

vu

Die zur positiven Wurzel gehörende Lösung scheidet aus, da Bu und Bv entgegengesetzte Rich-tungen haben.

Lösung: 5779,01624,9

1624,101

161

16105

−=−=−

=+−=B

B

vu

8d. Die Winkelgeschwindigkeit ω des Brettes direkt nach dem Schuss erhält man am einfachsten

aus den Beziehungen für Rv und B

B

vu aus 4c:

( ) ( )BBBBR vvJ

uvJ

dv ⋅+=−== 5779,011))ω

BR vRv ⋅==0,15

5779,1ω

1052,00,15

5779.1==

B

R

vv

Lösung für ω : 11

4025,15,115205779,1

155779,1 −

−

=⋅⋅

=⋅= sm

smRvBω

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Zur Kontrolle kann man die Winkelgeschwindigkeit auch direkt aus dem Impulserhaltungssatz

und dem Energieerhaltungssatz berechnen (dient nur Übungszwecken): Aus Impulserhaltungssatz folgt: BRB uvJv +=

) (1)

Aus Energieerhaltungssatz folgt: ( ) 2221 BRB uvJvRE +⋅=⋅−)

(2) Setze Bu aus (1) in (2) ein: ( ) 22222 21 RBRBRB vJvvJvvJvRE

)))+−+=⋅−

Es folgt: ( ) 222 2 BRBR vREvvJvJJ ⋅−=−⋅+)))

Definiert man: 161

1511

11

2 =+

=+

=+

=JJJ

J)))

)

α

und: 4801

225155,0

2 =+

=+

=JJ

RE))γ

folgt: 22 2 BRBR vvvv γα −=−

Lösung: ( )αγααγα +−±⋅=+−±= 2222BBBBR vvvvv

161

4801

25612 +−±=+−±= αγα

B

R

vv

Lösung zur positiven Wurzel: 1052,0161

768014

161

768016

768030

=++=+−+=B

R

vv

ist in Übereinstimmung mit dem oben erhaltenen Wert. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

8e. Für die Pendelbewegung des Brettes gilt der Energieerhaltungssatz: pot

rotkin EE =

Rotationsenergie: ( ) 222

21

21 ωω dmJJE B

rotkin

)==

( ) JJE rotkin 94,134025,15,142,015

21 22 =⋅⋅⋅=

Die potentielle Energie entspricht der Hubarbeit für den Schwerpunkt: JHgmE Hpot 94,13max ==

mmskg

Jgm

EH

H

pot 0839,010611,16

94,132max =

⋅== −

Für den maximalen Winkelausschlag des Brettes gilt:

L

HL

HLmaxmax

max2

12

2cos −=−

=θ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

LgmE

arL

Har

H

pot21cos

21cos max

maxθ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

⋅−=

6,110611,1694,1321arccosmaxθ

( ) °=−= 5,261049,01arccosmaxθ