klausur ss05, aufgabe 2

[whoodoo]

...wie kommt man auf den abwurfwinkel von 45°?

[JHW]

Gegeben ist, dass [tex]x=4y[/tex]. Für den Abwurfwinkel gilt [tex]\tan\alpha=\frac{v_y}{v_x}[/tex], wobei [tex]v_x[/tex] und [tex]v_y[/tex] die Anfangsgeschwindigkeiten in x- und y-Richtung sind. Mit dem Verhältnis der Strecken und den Kinematikgleichungen für beschleunigte und unbeschleunigte Bewegungen läßt sich dann [tex]\alpha[/tex] berechnen.

[ph1l]

also ich komme irgendwie nicht auf das ergebnis.

wenn tan alpha = vy/vx ist und x = 4y,dann ist tan alpha = g*t/V0.
und x = V0*t = 4* 1/2 g*t². nach V0 umgestellt V0=2*g*t

eingesetzt tan alpha = g*t/2*g*t = 1/2
arctan 1/2 = alpha = 26 °

[Count Bubba]

Guckst Du hier:

http://count-bubba.de/Documents/Studium ... /Loesungen SS 2005.pdf

EDIT: Irgendwie wollte das TeX-Ding das nicht richtig darstellen, wenn die Zeilen zu hoch wurden...

EDIT2: Ich bekomme Aufgabenteil b) noch nicht richtig gebacken...

Sagt man da nicht einfach [tex]{{E_{maxH}^{kin}} \over {E_0^{kin}}} = {{v_{maxH}^2} \over {v_0^2}}[/tex] und rechnet dann mit [tex]v^2 = {s^2 \over t^2} + g^2 \cdot t^2[/tex] (wobei [tex]s = 4 \cdot h[/tex] und h beim Abwurf null ist) weiter?

[JHW]

Also ich denke, am leichtesten macht man sich das Leben, indem man sich überlegt, dass bei der maximalen Höhe nur die x-Komponente der Geschwindigkeit zur kinetischen Energie beiträgt.

[tex]E^{kin}_0=\frac{1}{2}mv_0^2[/tex]
[tex]E^{kin}_{max.h}=\frac{1}{2}mv_x^2[/tex] mit [tex]v_x=v_0\cos(\alpha)[/tex] ergibt das fürs Verhältnis:

[tex]\frac{E^{kin}_{max.h}}{E^{kin}_0}=\cos^2(\alpha)[/tex] mit [tex]\alpha=45^\circ[/tex] gibt das [tex]\frac{E^{kin}_{max.h}}{E^{kin}_0}=\frac{1}{2}[/tex]

[Count Bubba]

d'oh - das ist wirklich deutlich einfacher ^^

EDIT: @JHW: Sind denn meine Lösung zu 2a) und der Ansatz bei 2b) richtig? Ich hab da ja irgendwie das [tex]x = 4 \cdot y[/tex] nicht drin...