\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L\"osungen zur \"Ubung Nr.9 (Bonus\"ubung)}
\large
\centerline{Besprechung: Donnerstag 15.Januar 2004}
\normalsize
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (4 Punkte) \newline
Das erste Rohr mi"st die Summe aus statischem Druck und Staudruck, das zweite nur den
Staudruck, da hier $v=0$ ist. Daher
\begin{displaymath}
p_{stat} + \frac{1}{2} \rho v^{2} = const.
\end{displaymath}
Die Druckdifferenz ist
\begin{displaymath}
\rho g \Delta h = p_{stat} = p_{stat} + \frac{1}{2} \rho v^{2} - p_{stat} = \frac{1}{2} \rho v^{2},
\end{displaymath}
woraus f"ur die Geschwindigkeit folgt:
\begin{displaymath}
v = \sqrt{2 g \Delta h}.
\end{displaymath}
Pro Sekunde str"omt das Fl"ussigkeitsvolumen
\begin{displaymath}
A v = A \sqrt{2 g \Delta h} = 0,26 \; m^{3}/s
\end{displaymath}
durch das Rohr. 
\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (4 Punkte) \newline
Die Energie der Scheibe ist
\begin{displaymath}
E_{kin} = \frac{1}{2} I \omega^{2} = \frac{1}{4} M R^{2} \omega^{2},
\end{displaymath}
wobei wir das Tr"agheitsmoment $I = (1/2) M R^{2}$ der Scheibe eingesetzt haben. Die Winkelgeschwindigkeit ist $\omega = 2 \pi \nu$ mit $\nu = 4 \; s^{-1}$. Da die Reibungskraft
konstant sein sollte, ist die in Reibungsw"arme umgesetzte Energie durch
\begin{displaymath}
E_{R} = F_{R} s = \mu_{g} F s
\end{displaymath}
gegeben, wobei $s$ die gesamte Reibungsstrecke ist. Da die Abbremsung in 10 Umdrehungen erfolgen
soll, ist $s = 10 \cdot 2 \pi R = 20 \pi R$. Damit erhalten wir:
\begin{displaymath}
\frac{1}{4} M R^{2} \omega^{2} = M R^{2} \pi^{2} \nu^{2} = 20 \mu_{g} \pi R F.
\end{displaymath}
Aufl"osen nach $F$ ergibt:
\begin{displaymath}
F = \frac{1}{20} \frac{\nu^{2} \pi}{\mu_{g}} M R = 251 \; N.
\end{displaymath}
\vskip 2mm
{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (4 Punkte) \newline 
Das Hooksche Gesetz lautet
\begin{displaymath}
\sigma = \frac{F}{A} = E \epsilon = E \frac{\Delta l}{l},
\end{displaymath}
wobei $E$ der Elastizit"atsmodul und $A$ der Querschnitt des Drahtes ist. Die wirkende Kraft
$F$ ist der Auslenkung proportional, $F = D \Delta l$. Daher 
\begin{displaymath}
F = \frac{A E}{l} \Delta l = D \delta l. 
\end{displaymath}
F"ur die Federkonstante $D$ folgt
\begin{displaymath}
D = \frac{A E}{l}.
\end{displaymath}
F"ur die Schwingungsfrequenz erhalten wir
\begin{displaymath}
\nu = \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{D}{m}} 
= \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{A E}{l m} } 
= \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{\pi (d/2)^{2} E}{l m} } = 32,6 \; s^{-1}.
\end{displaymath}
\vskip 5mm
{\bf Aufgabe 4:} \hspace{10cm} (4 Punkte) \newline 
Das Tr"agheitsmoment um die Mittelachse des Hohlzylinders ist
\begin{displaymath}
I = M R^{2}   
\end{displaymath}
Nach dem Steinerschen Satz gilt f"ur die Rotation um die Achse durch den Punkt $A$:
\begin{displaymath}
I_{A} = I + M R^{2} = 2 M R^{2}
\end{displaymath}
Die Beschleunigung $a$ des Zylinders kann auf zwei Wegen berechnet werden, einmal "uber das
Drehmoment,
\begin{displaymath}
M g R sin(\alpha) = I_{A} \beta = 2 M R^{2} \beta = 2 M R a 
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
a = \frac{1}{2} g sin(\alpha),  
\end{displaymath}
wobei wir die Winkelbeschleunigung hier mit $\beta = a/R = d\omega/dt$ bezeichnet haben, um eine
Verwechselung mit dem Neigungswinkel $\alpha$ zu vermeiden. Dasselbe Ergebnis folgt aus der
Energieerhaltung:
\begin{displaymath}
M g h = \frac{1}{2} I \omega^{2} + \frac{1}{2} M v^{2} = \frac{1}{2} M R^{2} \omega^{2} 
+ \frac{1}{2} M v^{2} = M v^{2}.
\end{displaymath}
Mit $v = \sqrt{g h}$ folgt
\begin{displaymath}
a = \frac{dv}{dt} = \frac{1}{2} \frac{g}{v} \frac{dh}{dt}.
\end{displaymath}
Mit $h = s sin(\alpha)$ und $dh/dt = v sin(\alpha)$ also ebenfalls:
\begin{displaymath}
a = \frac{1}{2} \frac{g v}{v} sin(\alpha) = \frac{1}{2} g sin(\alpha).
\end{displaymath}
F"ur den Klotz gilt die Kr"aftegleichung:
\begin{displaymath}
m g sin(\alpha) = m a + \mu_{g} m g cos(\alpha)
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
 a = g \left( sin(\alpha) - \mu_{g} cos(\alpha) \right)  
\end{displaymath}
Da beide Beschleunigungen gleich sein sollten, mu"s gelten
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} g sin(\alpha) = g \left( sin(\alpha) - \mu_{g} cos(\alpha) \right)
\end{displaymath}
oder, aufgel"ost nach $\mu_{g}$:
\begin{displaymath}
\mu_{g} = \frac{1}{2} \frac{sin(\alpha)}{cos(\alpha)} = \frac{1}{2} tan(\alpha) = 0,29.
\end{displaymath} 
\vskip 5mm
{\bf Aufgabe 5:} \hspace{10cm} (4 Punkte) \newline 
a) Es hanedlet sich nat"urlich um eine \underline{labile} Gleichgewichtslage, da bei einer kleinen
Auslenkung der K"orper nicht zur Gleichgewichtslage zur"uckkehrt, sondern eine Beschleunigung
in Richtung Erde oder Mond erfahren w"urde. \newline
b) Seien $r_{1}$ und $r_{2}$ die Entfernungen von der Erde zum K"orper b.z.w. vom
Mond zum K"orper. Aus dem Kr"aftegleichgewicht folgt:
\begin{displaymath}
\frac{M_{E}}{r_{1}^{2}} = \frac{M_{M}}{r_{2}^{2}}.
\end{displaymath}
Daraus folgt:
\begin{displaymath}
\frac{r_{1}}{r_{2}} = \sqrt{\frac{M_{M}}{M_{E}}}.
\end{displaymath}
Da au"serdem $r_{1}+r_{2} = R_{EM}$, folgt:
\begin{eqnarray}
r_{1} &=& \frac{1}{1 + \sqrt{M_{M}/M_{E}}} \approx \frac{9}{10} R_{EM} \nonumber \\
r_{2} &\approx& \frac{1}{10} R_{EM} \nonumber
\end{eqnarray}
Das Gesamtpotential ist
\begin{displaymath}
\Phi(r_{1},r_{2}) = - \gamma \frac{M_{E}}{r_{1}} - \gamma \frac{M_{M}}{r_{2}}
\end{displaymath}
Die Energiedifferenz zwischen Unendlich un dem Aufpunkt $P$ ist
\begin{displaymath}
E = m ( \Phi(\infty, \infty) - \Phi(r_{1}, r_{2})).
\end{displaymath}
Da nach Definition der potentiellen Energie $\Phi(\infty, \infty) = 0$, folgt:
\begin{displaymath}
E = \frac{\gamma m}{R_{EM}} \left( \frac{10}{9} M_{E} + 10 M_{M} \right) 
= 1,3 \cdot 10^{9} \; J.
\end{displaymath}
\vskip 5mm
{\bf Aufgabe 6:} \hspace{10cm} (4 Punkte) \newline 
a) Zu Beginn ist die Winkelgeschwindigkeit $\omega_{1} = 2 \pi \nu_{1}$ mit
$\nu_{1} = 5 \; s^{-1}$. Drehimpulserhaltung fordert, da"s
\begin{displaymath}
L = m \omega_{1} l_{1}^{2} = m \omega_{2} l_{2}^{2},
\end{displaymath}
und daher
\begin{displaymath}
\omega_{2} = \frac{l_{1}^{2}}{l_{2}^{2}} \omega_{1}
\end{displaymath}
und
\begin{displaymath}
\nu_{2} = \frac{\omega_{2}}{2 \pi} = 20 \; s^{-1}.
\end{displaymath}
Die Arbeit ist durch die Differenz der kinetischen Energien gegeben:
\begin{displaymath}
W \Delta E_{kin} = \frac{1}{2} ( I_{2} \omega_{2}^{2} - I_{1} \omega_{1}^{2} ) 
= \frac{1}{2} m ( l_{2}^{2} \omega_{2}^{2} - l_{1}^{2} \omega_{1}^{2}) = 118 \; J.
\end{displaymath}  
\end{document}