Lösungen zur Klausur am 24. Januar 2004

Aufgabe 1: (9 Punkte)
a) Der Ball ist für die Zeitdauer $2 t = t_{2} - t_{1}$ in der Luft. Dabei ist $t$ die Fallzeit für die Höhe $h = 1,8 \; m - 1 \; m = 0,8 \; m$,

\begin{displaymath}
h = \frac{g}{2} t^{2} \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; 2t = 2 \sqrt{\frac{2h}{g}} = 0,8 \; s.
\end{displaymath}

In dieser Zeit legt der Zug die Strecke

\begin{displaymath}
s = v_{1} (t_{2} - t_{1}) + \frac{a}{2} (t_{2}-t_{1})^{2} = ...
...5 \frac{m}{s^{2}} (0,8 s)^{2} = 4,8 \; m + 1,6 \; m = 6,4 \; m
\end{displaymath}

zurück.
b) Im beschleunigt bewegten Zug legt der Ball in $x$- Richtung die Strecke

\begin{displaymath}
x = \frac{a}{2} (2t)^{2} = 1,6 \; m
\end{displaymath}

zurück. Man kann natürlich auch sagen, daß der Ball im ruhenden System die Strecke $x' = v_{1} (2t) = 4,8 \; m$ zurückgelegt hat, also $1,6 \; m$ weniger als der Zug.
c) Auf jeden Fall ist der Auffangpunkt gegen die Fahrtrichtung um $1,6 \; m$ verschoben.
Aufgabe 2: (8 Punkte)
a) Der Impulssatz lautet

\begin{displaymath}
m_{1} v_{1} = m_{2} v_{2} = m v.
\end{displaymath}

Die Reibungskraft ist $F_{R} = \mu G = \mu m g$ und die Reibungsenergie ( $dW_{R} = - \vec{F}_{R} \vec{ds}$):

\begin{displaymath}
W_{R} = \int dW_{R} = - \int_{0}^{s_{2}} \vec{F}_{R} \cdot \vec{ds} = + \int _{0}^{s_{2}} F_{R} ds,
\end{displaymath}

Das Minuszeichen fällt weg, da $\vec{F}_{R} \uparrow \downarrow \vec{ds}$ ist. Da $F_{R}$ unabhängig von $v$ ist, ist $F_{R}$ längs des Weges konstant.

\begin{displaymath}
W_{R} = F_{R} \int_{0}^{s_{2}} ds = F_{R} s_{2} = \mu m g s_...
...ac{m}{s} \cdot 0,4 m = 5 \; N m = 5 \; kg \frac{m^{2}}{s^{2}}.
\end{displaymath}

Diese Reibungsenergie war direkt nach dem Stoss die kinetische Energie, daher

\begin{displaymath}
\frac{m}{2} v^{2} = W_{R} = \mu m g s_{2} \; \; \; \; \; \ri...
... \; \;
v = \sqrt{2 \mu g s_{2}} = \sqrt{2} \; m/s = 1,4 \; m/s
\end{displaymath}

b) Der Vorgang ist unabhäbgig von $m$, da beim Stoss gleicher Massen $v_{2} = v_{1}$ ist und $F_{R} = \mu m g$.
Aufgabe 3: (7 Punkte)
a) Das Drehmoment am Rad 1 ist $\tau_{1} = r_{1} G_{1}$, am Rad 2

\begin{displaymath}
\tau_{2} = r_{2} G_{1} = \frac{1}{2} r_{1} G_{1} = \frac{1}{2} \tau_{1}.
\end{displaymath}

Das Getriebe setzt das Drehmoment herunter.
b) Daher muss für Gleichgewicht $F_{2} = G_{1}$ sein, also am Punkt $B$ in vertikaler Richtung nach oben.

Aufgabe 4: (9 Punkte)
Die Gesamtenergie bei Rotation und Ausdehnung der Feder um die Länge $L$:

\begin{displaymath}
E_{ges} = E_{rot} + E_{pot} = \frac{1}{2} I \omega^{2} + \frac{1}{2} D L^{2}
\end{displaymath}

mit Trägheitsmoment $I = m (2L)^{2} = 4 m L^{2}$. Die Frequenz $\omega$ folgt aus der Bedingung

\begin{displaymath}
m \omega^{2} (2 L) = D L \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; \omega^{2} = \frac{D}{2m}
\end{displaymath}

Eingesetzt in die Gesamtenergie folgt

\begin{displaymath}
W_{ges} = \frac{1}{2} 4 m L^{2} \frac{D}{2m} + \frac{1}{2} D...
...^{2} + \frac{1}{2} D L^{2} = \frac{3}{2} D L^{2} = 0,45 \; Nm.
\end{displaymath}

b) Die Energie ist unabhängig von der Masse.
Aufgabe 5: (9 Punkte)
Der fleissige Übungsteilnehmer wird sich wahrscheinlich noch an die Aufgabe erinnern, in der die Gesamtenergie bei einer Ellipsenbahn als Funktion der grossen Halbachse $a$ berechnet wurde

\begin{displaymath}
W_{ges} = - \gamma \frac{m M}{2 a}
\end{displaymath}

Im Grenzfall der Kreisbahn ist $a = r$ und daher

\begin{displaymath}
W_{ges} = - \gamma \frac{m M}{2r}.
\end{displaymath}

Dann ist mit $r_{1} = 6800 \; km + 500 \; km = 7300 \; km$ und $r_{2} = 6800 \; km + 20000 \; km
= 26800 \; km$ die Energiedifferenz
$\displaystyle \Delta E_{ges}$ $\textstyle =$ $\displaystyle W_{ges,2} - W_{ges,1} = \frac{1}{2} \gamma m M \left( \frac{1}{r_{2}} - \frac{1}{r_{1}}
\right)$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle 0,5 \cdot 6,7 \cdot 10^{-11} \frac{Nm^{2}}{kg^{2}} \cdot 500 \cdo...
...\cdot 10^{24} \cdot kg ( 1,37 \cdot 10^{-7} m^{-1} - 0,37 \cdot 10^{-7} m^{-1})$  
  $\textstyle \approx$ $\displaystyle 1 \cdot 10^{10} \; Nm$  

Die obige Formel kann man sich für die Kreisbahn auch über die Beziehung $E_{kin} = - W_{pot}/2$ herleiten (siehe Skript Seite 117). Dann ist

\begin{displaymath}
W_{ges} = E_{kin} + W_{pot} = - \frac{W_{pot}}{2} + W_{pot} = \frac{W_{pot}}{2} = - \frac{1}{2}
\gamma \frac{mM}{r}.
\end{displaymath}

Wer das auch nicht weiss, muss die Gesamtenergie noch mal ausrechnen:

\begin{displaymath}
W_{ges} = E_{kin} + W_{pot} = \frac{1}{2} m v^{2} - \gamma \frac{mM}{r}
\end{displaymath}

Für die Kreisbahn gilt
$\displaystyle F_{Z}$ $\textstyle =$ $\displaystyle m \omega^{2} r = m \frac{v^{2}}{r}$  
$\displaystyle F_{\gamma}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \gamma \frac{mM}{r^{2}}$  

Wegen $F_{Z} = F_{\gamma}$ folgt $v^{2} = \gamma M/r$ und damit

\begin{displaymath}
W_{ges} = \frac{1}{2} \gamma \frac{mM}{r} - \gamma \frac{mM}{r} = - \frac{1}{2} \gamma \frac{mM}{r}.
\end{displaymath}


Aufgabe 6: (8 Punkte)
a) Diese Aufgabe benötigt die Kontinuitätsgleichung und die Bernoulli Gleichung:
$\displaystyle v_{1} A_{1}$ $\textstyle =$ $\displaystyle v_{2} A_{2}$  
$\displaystyle p_{1} +\frac{1}{2} \rho v_{1}^{2}$ $\textstyle =$ $\displaystyle p_{2} + \frac{1}{2} \rho v_{2}^{2} = p_{ges}.$  

Der Höhenunterschied der beiden Wassersäulen zeigt die Differenz zwischen dem Gesamtdruck beim Rohr 2, der gleich $p_{ges}$ ist, und dem statischen Druck bei Rohr 1 an:

\begin{displaymath}
p_{ges} - p_{1} = \rho g h .
\end{displaymath}

Diese Druckdifferenz ist nach Bernoulli (siehe oben) durch

\begin{displaymath}
p_{ges} - p_{1} = \frac{1}{2} \rho v_{1}^{2}
\end{displaymath}

gegeben. Daraus folgt

\begin{displaymath}
\rho g h = \frac{1}{2} \rho v_{1}^{2} \; \; \; \; \; \righta...
...\; \; \;
v_{1} = \sqrt{2 g h} = \sqrt{2} \; m/s = 1,4 \; m/s.
\end{displaymath}

Aus der Kontinuitätsgleichung finden wir

\begin{displaymath}
v_{2} = \frac{A_{1}}{A_{2}} v_{1} = 5 \cdot 1,4 \; m/s = 7 \; m/s.
\end{displaymath}

b) Wie man sieht, kürzt sich die Dichte des Wassers heraus, das Ergebnis hängt also nicht von der Dichte ab.



Harm Fesefeldt
2007-08-01