\documentstyle[11pt,german,uebung,epsfig]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\centerline{L\"osungen zur Nachklausur am 5. M\"arz 2004}
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{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline
Mit dem folgenden Ersatzbild sieht man, da"s es sich um einen einfachen horizontalen
Wurf handelt, mit einer Wurfweite von $2d$. H\"ohe $h$ und die Zeit $t$ bis zum Auftreffen
sind durch $h = (g/2) t^{2}$ miteinander verbunden. Die Geschwindigkeit $v_{x}$ in
$x$- Richtung bleibt w\"ahrend des Wurfes erhalten und betr\"agt
\begin{displaymath}
v_{x} = \frac{2d}{t} = \frac{2d}{\sqrt{2 h/g}} = 15 \; m/s.
\end{displaymath}
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{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline
Wir legen den Koordinatenursprung in die erste Masse und erhalten
\begin{displaymath}
x_{S} = \frac{\sum_{i} m_{i} x_{i}}{\sum_{i} m_{i}} = \frac{1kg \cdot 0m + 2kg \cdot 0,5m 
+ 3kg \cdot 1m}{6kg} = \frac{4}{6} m = \frac{2}{3}m = 0,66 \; m.
\end{displaymath}
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{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (9 Punkte) \newline
a) Allgemein ist das Gewicht $G = m g(r)$ mit $g(r) = \gamma M/r^{2}$. 
Wegen
\begin{displaymath}
g(4R_{E}) =  \gamma \frac{M}{16 R_{E}^{2}} = \frac{1}{16} g(R_{E})
\end{displaymath}
folgt
\begin{displaymath}
G(4R_{E}) = \frac{1}{16} m g(R_{E}) = \frac{1}{16} \cdot 2 kg \cdot 10 \frac{m}{s^{2}} = 1,25 \; N.
\end{displaymath}
b) Jetzt ist $\vec{F}_{F} + \vec{F}_{t} + \vec{G} = 0$ und $\vec{F}_{t} = - \vec{G}$. Daraus
folgt $\vec{F}_{F} = 0$. Der K\"orper ist also schwerelos.
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{\bf Aufgabe 4:} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline
Die Reibungskraft einer Kugel bei laminarer Str\"omung ist $\vec{F}_{R} = - 6 \pi \eta r \vec{v}$.
Wenn die Endgeschwindigkeit erreicht ist, wir $\vec{G} = - \vec{F}_{R}$ und daher
$6 \pi \eta r \vec{v} = m \vec{g}$ oder
\begin{displaymath}
v = \frac{m g}{6 \pi \eta r} = \frac{20 \cdot 10^{-3} \; kg \cdot m \cdot s^{-2}}
{6 \pi \; 1,5 \; s \; N \; m^{-2} \; 6 \cdot 10^{-3}\;  m} \approx 0,12 m/s.
\end{displaymath}
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{\bf Aufgabe 5:} \hspace{10cm} (9 Punkte) \newline
Die Dehnung der Feder durch die Fliehkraft ist $F_{F} = m \omega^{2} r 
= m \omega^{2} (r_{0} +x)$. Diese wird durch die Hooksche Kraft 
$F_{H} = D'x$ kompensiert, wobei $D' = 2 D = 10 N/m$ sind. $r_{0} = L/2$ ist die halbe L\"ange.
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Daraus folgt
\begin{displaymath}
D'x = m \omega^{2} (r_{0} + x) \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \;
x = \frac{m \omega^{2} r_{0}}{D' - m \omega^{2}} = \frac{m \omega^{2} L/2}{2D - m \omega^{2}}
\end{displaymath}
Mit $m \omega^{2} = 2 kg/s^{2}$ folgt
\begin{eqnarray}
x &=& \frac{2 kg/s^{2} \; 0,2m}{10 N/m - 2 kg/s^{2}} = 0,05 \; m \nonumber \\
r &=& r_{0} + x = 0,25 \; m. \nonumber 
\end{eqnarray}
Der Drehimpuls ist
\begin{displaymath}
L = I \omega = 2 mr^{2} \omega = 0,125 \; kg \cdot m^{2}/s.
\end{displaymath} 
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{\bf Aufgabe 6:} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline 
Die L\"angen\"anderung als Funktion der Temperatur ist $L = L_{0}(1 + \alpha T)$. Daher ist
$dL/dT = L_{0} \alpha$ und $\Delta L = L_{0} \alpha \Delta T$. Die Spannung ist
\begin{displaymath}
\sigma = E \epsilon = E \frac{\Delta L}{L}  \approx E \frac{\Delta L}{L_{0}} = E \alpha \Delta T.
\end{displaymath}
Die Kraft auf die Halterung ist $F = \sigma A$ mit Querschnitt $A$, d.h.
\begin{displaymath}
F = E \alpha A \Delta T = 21,9 \cdot 10^{10} \; \frac{N}{m^{2}} 11 \cdot 10^{-6} \; K^{-1}
\; 2 \cdot 10^{-4} \; m^{2} \; 80 \; K \; = 38544 \; N \approx 3,9 \cdot 10^{4} \; N.
\end{displaymath}
\end{document}
