\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\centerline{L"osungen zur \"Ubung Nr.10}
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\centerline{Besprechung: Donnerstag 22.Januar 2004}
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{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
Im ersten Fall mu"s die gesamte Wassermenge $m$ auf die H\"ohe $h$ gebracht werden. 
Energieerhaltung verlangt hier einfach $E_{a} = m g h$. Im zweiten Fall betr\"agt
die Energie zum Anheben der Wasseroberfl\"ache um den Betrag $dz$:
\begin{displaymath}
d E_{b} = F \; dz = p A \; dz = \rho g A z \; dz,
\end{displaymath}
wobei $A$ die Tankbodenfl\"ache ist. Integration liefert
\begin{displaymath}
E_{b} = \int_{0}^{h} d E_{b} = \rho g A \frac{h^{2}}{2} = \frac{1}{2} m g h
\end{displaymath}
Also ist $E_{b} = E_{a}/2$, man ben\"otigt im zweiten Fall also nur halb so viel Energie.
Dieses Ergebnis ist plausibel, da die potentielle Energie im ersten Fall beim Herunterfallen
des Wassers verloren geht bzw. in W\"arme umgewandelt wird.  
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{\bf Aufgabe 2:} Siehe L\"osungen Blatt 9.
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{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
Die r\"ucktreibende Kraft ist gleich der Tr\"agheitskraft,
\begin{displaymath}
F = \rho A 2xg = \rho A L \frac{d^{2}x}{dt^{2}}
\end{displaymath}
wobei $x$ die Auslenkung aus der Ruhelage ist. Daraus folgt die DGL
\begin{displaymath}
\frac{d^{2}x}{dt^{2}} - \frac{2 g}{L} x = 0
\end{displaymath}
Vergleich mit der allgemeinen linearen Schwingungsgleichung
\begin{displaymath}
\frac{d^{2}x}{dt^{2}} - \omega_{0}^{2} x = 0
\end{displaymath}
zeigt, da"s $\omega_{0}^{2} = 2 g /L$ ist und daher
\begin{displaymath}
T = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{2g}} = 0,63 \; s.
\end{displaymath}
\newpage
{\bf Aufgabe 4:} \hspace{10cm} (6 Punkte) \newline 
Wir betrachten das Massenelement $dm = \rho A \; dx$ der Stange. \newline \vskip 6cm
Das Drehmoment der Schwerkraft ist
\begin{displaymath}
\tau_{g} = g sin\varphi \int_{0}^{L} x \; dm = \frac{1}{2} \rho g A sin(\varphi) \; L^{2}
\end{displaymath}
und das Drehmoment des Auftriebs
\begin{displaymath}
\tau_{A} = \rho_{Fl} g A sin\varphi \int_{L_{1}}^{L} x \; dx  
= \frac{1}{2} \rho_{Fl} g A sin(\varphi) (L^{2} - L_{1}^{2}) 
= \frac{1}{2} \rho_{Fl} g A sin\varphi \left( 1 - \frac{1}{4} \right) L^{2}.
\end{displaymath}
Mit $\tau_{g} = \tau_{A}$ folgt
\begin{displaymath}
\rho = \frac{3}{4} \rho_{Fl}.
\end{displaymath}
Bei Wasser mit $\rho_{Fl} = 1 \; gr/cm^{3}$ folgt $\rho = 0,75 \; g/cm^{3}$.   
\end{document}