Lösungsvorschläge zur Übung Nr.8

Besprechung: Donnerstag 8.Januar 2004

Aufgabe 1: (7 Punkte)
Erde und Mond bewegen sich auf Kreisbahnen um ihren gemeinsamen Schwerpunkt, daher gilt $m_{E} r_{1} = m_{M} r_{2}$. Mit $r = r_{1} + r_{2}$ folgt

$$r_{1} = \frac{r}{1 + m_{E}/m_{M}} = 4700 \; km$$

$$r_{2} = \frac{r}{1 + m_{M}/m_{E}} = 380000 \; km$$

Das Bewegungszentrum liegt also noch innerhalb der Erdkugel. Diese 380000 $km$ werden üblicherweise als Abstand von Erde und Mond angegeben. Das ist ersichtlich nicht ganz richtig.
b) Die Umlaufdauer des Mondes wird über die Bewegungsgleichung

$$m_{M} a_{r} = - \gamma \frac{m_{M} m_{E}}{r^{2}}$$

bestimmt. Hier muss man jetzt aufpassen. Im Gravitationsgesetz steht der Abstand $r = r_{1} + r_{2}$ zwischen Mond und Erde, während die Radialbeschleunigung des Mondes durch

$$a_{r} = \omega^{2} r_{2} = - \frac{4\pi^{2}}{T^{2}} r_{2}$$

gegeben ist. Damit findet man

$$T = \sqrt{ \frac{4 \pi^{2}}{\gamma} \frac{r^{3}}{m_{E} + m_{M}} } = 2,36 \cdot 10^{6} \; s = 27,3 \; Tage.$$

Aufgabe 2: (7 Punkte)
Beim Vorschlag von Obelix wird die für die Kreisbewegung erforderliche Radialkraft durch die Gravitationskraft kompensiert

$$- m \frac{v^{2}}{R} = - \gamma \frac{m M}{R^{2}}$$

Die erforderliche Geschwindigkeit ist

$$v = \sqrt{\frac{\gamma M}{R}}$$

und die halbe Umlaufzeit beträgt

$$\frac{T}{2} = \frac{\pi R}{v} = \pi R \sqrt{\frac{R}{\gamma M}} = \frac{\pi}{\sqrt{\gamma (4/3) \pi \rho}}.$$

Beim letzten Schritt wurde $M = (4/3) \pi R^{3}$ gesetzt. Der Vorschlag von Asterix ist genau so einfach. Die Kraft auf die Rohrpost beim Abstand $r$ vom Ermittelpunkt ist

$$F = - \gamma \frac{m M'}{r^{2}} = - \gamma \frac{4 \pi}{3} \rho m r.$$

Die DGL ist

$$\frac{d^{2}r}{dt^{2}} + \gamma \frac{4\pi}{3} \rho r = 0$$

Diese Gleichung ist uns wohlbekannt, nämlich die Schwingungsgleichung. Wir erhalten

$$\omega^{2} = \gamma \frac{4\pi}{3} \rho$$

und daher die halbe Schwingungsdauer

$$\frac{T}{2} = \frac{\pi}{\omega} = \frac{\pi}{\sqrt{\gamma (4/3) \rho}}.$$

Die Zeiten sind also in beiden Fällen gleich.
Aufgabe 3: (6 Punkte)
Wir wählen einen Kreisring der Dicke $dr$ und Radius $r$:

Dieser hat die Masse $dm = (M/\pi R^{2}) 2 \pi r \; dr$ und erzeugt am Punkt $P$ den Beitrag

$$d\Phi = - \gamma \frac{dm}{s} = - \gamma \frac{2M}{R^{2}} \frac{r \; dr}{\sqrt{x^{2}+r^{2}}}$$

zum Potential. Integration über die gesamte Fläche ergibt:

$$\Phi(x) = - \gamma \frac{2M}{R^{2}} \int_{0}^{R} \frac{r dr}... ...\gamma \frac{2M}{R^{2}} \left( \sqrt{R^{2}+x^{2}} - x \right).$$

Für die Feldstärke gilt nach Vorlesung

$$\vec{g}(x) = - \frac{d\Phi}{dx} \vec{e}_{x},$$

wobei wir den Einheitsvektor in $x$- Richtung eingeführt haben. Daher

$$\vec{g}(x) = - \gamma \frac{2M}{R^{2}} \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{1 +R^{2}/x^{2}}} \right) \vec{e}_{x}.$$

Das Minuszeichen besagt, dass die Feldstärke zur Platte hin gerichtet ist.
Aufgabe 4: (Bonusaufgabe) (5 Punkte)
Die Formel (5) auf Seite 115 des Skripts lautet in den Schnittpunkten der großen Halbachse mit der Ellepsenbahn ($dr/dt = 0$ in den Punkten $A$ und $B$):

$$W_{ges,A} = \frac{1}{2} \frac{L^{2}}{m r_{A}^{2}} - \gamma \frac{m M}{r_{A}}$$

$$W_{B,ges} = \frac{1}{2} \frac{L^{2}}{m r_{B}^{2}} - \gamma \frac{m M}{r_{B}}$$

Der Drehimpuls ist konstant, ist in den Punkten $A$ und $B$ also gleich. Da auch die Gesamtenergie während der Bewegung konstant ist, gilt:

$$\frac{1}{2} \frac{L^{2}}{m r_{A}^{2}} - \gamma \frac{m M}{r_... ...ac{1}{2} \frac{L^{2}}{m r_{B}^{2}} - \gamma \frac{m M}{r_{B}}$$

Für den Drehimpuls erhalten wir

$$\frac{1}{2} \frac{L^{2}}{m} = \gamma m M \frac{r_{A} r_{B}}{r_{A}+r_{B}}.$$

Einsetzen dieses Ausdrucks in die Formel für $W_{ges}$ ergibt:

$$W_{ges} = \gamma m M \frac{r_{A}r_{B}}{r_{A} + r_{B}} - \gam... ... - \gamma \frac{m M}{r_{A}+ r_{B}} = - \gamma \frac{m M}{2 a}.$$