\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\centerline{L"osungen zur \"Ubung Nr.6}
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\centerline{Besprechung: Donnerstag 11.Dezember 2003}
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\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (7 Punkte) \newline
Wir zerlegen den Kreiskegel in Scheiben der Dicke $dz$ und Radius $r =  R(1 - z/H)$ Die Masse
einer Kreisscheibe ist $dm = \rho \pi r^{2} dz = \rho \pi R^{2}(1-z/H)^{2} dz$. Die Masse des
gesamten Kreiskegels ist dann
\begin{displaymath}
M = \int dm \ \rho \pi R^{2} \int_{0}^{H} \left( 1 - \frac{z}{H} \right)^{2} dz 
  = \frac{1}{3} \rho \pi R^{2} H.
\end{displaymath}
\vskip 4cm
a) Aus Symmetriegr\"unden liegen die $x$- und $y$- Koordinaten des Schwerpunktes bei
$x_{S}=0$ und $y_{S} = 0$. F\"ur die $z$- Koordinate folgt nach Definition:
\begin{displaymath}
z_{S} = \frac{1}{M} \int_{0}^{H} z \; dm = \frac{\rho \pi R^{2}}{M} \int_{0}^{H} \left(
1 - \frac{z}{H} \right)^{2} z \; dz = \frac{\rho \pi R^{2}}{12 M} H^{2} = \frac{H}{4}.
\end{displaymath}
b) Das Tr\"agheitsmoment einer Kreisscheibe ist nach Vorlesung $dI = (1/2) r^{2} dm$. Integration von
$0$ bis $H$ ergibt:
\begin{displaymath}
I = \int dI = \frac{1}{2} \rho \pi R^{4} \int_{0}^{H} \left( 1 - \frac{z}{H} \right)^{4} 
= \frac{1}{10} \rho \pi R^{4} H = \frac{3}{10} M R^{2}.
\end{displaymath} 
\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (7 Punkte) \newline
a) Das Tr\"agheitsmoment bei Rotation um die $z$- Achse ist allgemein in Kugelkoordinaten
\begin{displaymath}
I = \int(x^{2} + y^{2}) dm = \rho \int(x^{2} + y^{2}) dV
= \rho \int r^{2} sin^{2}\theta \; r^{2} sin\theta \; dr d\theta d\varphi 
= \rho \int r^{4} sin^{3}\theta \; dr d\theta d\varphi.
\end{displaymath}
Entsprechend gilt f\"ur die Masse
\begin{displaymath}
M = \int dm = \rho \int dV = \rho\int r^{2} sin\theta \; dr d\theta d\varphi.
\end{displaymath}
Bei vernachl\"assigbarer Wandst\"arke kann $r \approx R$ gesetzt werden, sodass
\begin{displaymath}
I = \rho R^{4} \int sin^{3}\theta \; dr d\theta d\varphi, \; \; \; \; \;
M = \rho R^{2} \int sin\theta \; dr d\theta d\varphi. 
\end{displaymath}
oder, ausgeschrieben:
\begin{displaymath}
I = \rho R^{4} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} \int_{R'}^{R} sin^{3}\theta \; dr d\theta d\varphi,
\; \; \; \; \;
M = \rho R^{2} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} \int_{R'}^{R} sin\theta \; dr d\theta d\varphi.
\end{displaymath}
Daher ist
\begin{displaymath}
\frac{I}{M} = R^{2} \frac{\int_{0}^{\pi} sin^{3}\theta \; d\theta}{\int_{0}^{\pi} sin\theta \; d\theta}
= \frac{2}{3} R^{2}.
\end{displaymath}
oder $I_{HK} = (2/3) M R^{2}$. Das Tr\"agheitsmoment der Vollkugel war in der Vorlesung
angegeben: $I_{VK} = (2/5) M R^{2}$. \newline
b) Die kinetische Energie beim Rollen auf der Ebene ist 
\begin{displaymath}
E_{kin} = E_{trans} + E_{rot} = \frac{1}{2} M v_{trans}^{2} + \frac{1}{2} I \omega^{2}
= \frac{1}{2} M v_{trans}^{2} + \frac{1}{2} q M v_{rot}^{2},
\end{displaymath}
wobei $q = 2/3$ f\"ur die Hohlkugel und $q = 2/5$ f\"ur die Vollkugel ist. 
Wegen $v_{rot} = v_{trans} = v^{2}$ folgt einfach
\begin{displaymath}
E_{kin} =  \frac{1}{2} (1 + q) M v^{2}.
\end{displaymath}
Diese Energie wird in potentielle Energie umgesetzt
\begin{displaymath}
E_{kin} = \frac{1}{2} (1 + q) M v^{2} = M g h
\end{displaymath}
und daher
\begin{displaymath}
h = \frac{(1+q)v^{2}}{2g}
\end{displaymath} 
Damit folgt f\"ur die Vollkugel $h_{1} = 0,56 \; m$ und f\"ur die Hohlkugel $h_{2} = 0,67 \;$.
Hierbei kommt es weder auf die Masse der Kugeln, noch auf deren Abmessungen an. Es geht nur die
Anfangsgeschwindigkeit ein.
\newline 
{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (6 Punkte) \newline 
F\"ur die Beschleunigung des Jojo's gilt nach Vorlesung
\begin{displaymath}
a = \frac{mr^{2}}{mr^{2} + I} g.
\end{displaymath}
Das Tr\"agheitsmoment der Scheibe ist:
\begin{displaymath}
I_{Scheibe} = \frac{1}{2} m_{Scheibe} r^{2}_{Scheibe} = 10418 \; g \cdot cm^{2}.
\end{displaymath}
Entsprechend f\"ur die Achse:
\begin{displaymath}
I_{Achse} = \frac{1}{2} m_{Achse} r^{2}_{Achse} = 0,97 \; g \cdot cm^{2}.
\end{displaymath}
Also ist $I = I_{Scheibe} + I_{Achse} \approx I_{Scheibe}$.\newline
a) Die Gewichts\"anderung ist wegen
\begin{displaymath}
\Delta m \; g = m g - m(g-a) = m a = m \frac{mr^{2}_{Achse}}{mr^{2}_{Achse} + I} g
\approx m \frac{m r^{2}_{Achse}}{I} g
\end{displaymath}
durch $\Delta m = 0,76 \; g$ gegeben. \newline
b) Wenn man (bei gleicher Masse) den Radius der Achse $r_{Achse}$ verdoppelt, so wird 
$\Delta \approx m (m r^{2}_{Achse}/I)$ vervierfacht. 
\end{document}
