\documentstyle[12pt,german]{article}
\begin{document}
\Large
\centerline{Physik I, WS 1993/94} 
\vskip 10mm
\centerline{L"osungen zur \"Ubung Nr. 7}
\normalsize  
\vskip 10mm
Abgabetermin: \bf 9. Dezember 1993 \rm \newline
\vskip 10mm
\bf Aufgabe 1: \rm \hspace{10.5cm} (7 Punkte) \newline
a) Die potentielle Energie ist f"ur alle Zylinder am Anfang gleich. Sie wird vollst"andig in
kinetische Energie umgewandelt:
\begin{displaymath}
W_{kin} = m g h = 158,9 \; J.
\end{displaymath}
b) Man hat 
\begin{displaymath}
I = \frac{1}{2} m R^{2} \; \; \; \; \; \; \; \; \; v_{rot} = \omega R
\end{displaymath}
sowie zus"atzlich die Rollbedingung $v_{trans} = v_{rot}$. Somit gilt f"ur die Energien:
\begin{displaymath}
W_{kin} = W_{trans} + W_{rot} = \frac{1}{2} m v_{trans}^{2} + \frac{1}{2} I \omega^{2}
= \frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{4} m v^{2} = \frac{3}{4} m v^{2}
\end{displaymath}
Es gilt also f"ur alle Zylinder $W_{rot}/W_{kin} = 1/3$.
c) Alle Zylinder haben immer die gleiche kinetische Energie, also haben sie auch immer die gleiche
Translationsenergie. Da alle die gleiche Masse haben, ist auch die Geschwindigkeit immer gleich.
\newline
d) Stabile Rotationsachsen sind die Achsen mit dem gr"o"sten Tr"agheitsmoment. Bei Rotation um
die Symmetrieachse gilt $I_{A} = (1/2) m r^{2}$. Bei Rotation senkrecht zur Symmetrieachse
erhalten wir dagegen $I_{D} = (1/4) m R^{2} + (1/12) m L^{2}$ mit $m = \rho \pi L R^{2}$.
In der folgenden Tabelle sind die Werte f"ur die verschiedene Radien dargestellt: \newline
\begin{tabular}{r|r|r|r}
$R[cm]$ & $L[cm]$ & $I_{A} \; [kg \cdot cm^{2}]$ & $I_{D} \; [kg \cdot cm^{2}]$ \\
3 & 70,74 & 24,3 & 2264,02 \\
10 & 6,37 & 270 & 153,26 \\
20 & 1,59 & 1080 & 541,14 
\end{tabular}
Der Zylinder mit dem kleinsten Radius wird also merkw"urdigerweise anfangen zu torkeln. Die anderen beiden Zylinder
rollen stabil. \newline
e) Aus $W_{kin} = W_{trans} + W_{rot}$ und $W_{trans} = (1/2) m v^{2}$, $W_{rot} = (1/2) I \omega^{2}$ 
erhalten wir
\begin{displaymath}
v^{2} = \frac{2 W_{kin}}{m + I/R^{2}}.
\end{displaymath}
Wir m"ussen die Masse also so in den Zylinder einbauen, da"s das Tr"agheitsmoment m"oglichst klein
wird. Das kann man durch einen Vollzylinder mit der Dichte $\rho = m/(\pi r^{2} l$ erreichen.
Am g"unstigsten ist es nat"urlich, die Masse in ein Kugellager einzubauen, soda"s nur noch die Kugeln
Rotationsenergie mitnehmen.  
\newline \vskip 5mm
\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (7 Punkte) \newline
Die Dreimpulserhaltung verlangt, da"s
\begin{displaymath}
\vec{L}_{Kugel} = \vec{L}_{Queue}
\end{displaymath}
Hieraus erhalten wir
\begin{displaymath}
\frac{2}{5} m_{K} r^{2} \omega_{K} = r' p_{Q}.
\end{displaymath}
Impulserhaltung ergibt zus"atzlich
\begin{displaymath}
m_{K} v_{k} = p_{Q}.
\end{displaymath}
Zusammenm mit der Rollbedingung $v_{K} = \omega_{K} r$ folgt:
\begin{displaymath}
\frac{2}{5} m_{K} r^{2} \omega_{K} = r' m_{K} \omega_{K} r
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
r' = \frac{2}{5} r.
\end{displaymath}
Mit $h = r + r'$ also: 
\begin{displaymath}
h = \frac{7}{5} r = 3,5 \; cm.
\end{displaymath} 
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (6 Punkte) \newline
a) Bei einem ruhenden Wagen haben wir nur zwei Kr"afte, die Schwerkraft 
\begin{displaymath}
\vec{F}_{g} = - m g \vec{e}_{r}
\end{displaymath}
und die Zentrifugalkraft durch
die Rotation der Erde:
\begin{displaymath}
\vec{F}_{z} = - m \vec{\omega} \times (\vec{\omega} \times \vec{r} ) 
= -m [ \vec{\omega} (\vec{\omega} \cdot \vec{r}) - \vec{r} ( \vec{\omega} \cdot \vec{\omega} ) ]
= m \omega^{2} r \vec{e}_{r}.
\end{displaymath}
Die Gesamtkraft ist also:
\begin{displaymath}
\vec{F}_{ges} = (- m g + m \omega^{2} r ) \vec{e}_{r}
\end{displaymath}
b) F"ahrt der Wagen, kommt die Zentrifugalkraft der Bewegung des Wagens und die Coriolis- Kraft hinzu:
\begin{displaymath}
\vec{F}_{ges} = (- m g + \omega^{2} r + \frac{v^{2}}{r} + 2 m \omega v ) \vec{e}_{r}.
\end{displaymath}
Hierbei ist $v$ die Geeschwindigkeit des Wagens in Bezug auf die Erdoberfl"ache. Die Vorzeichen ergeben
sich aus der Tatsache, da"s die Erde nach nach Osten rotiert. \newline 
c) Jetzt mu"s gelten: $\vec{F}_{ges} = 0$.
\begin{displaymath}
- m g + m ( \omega^{2} r + \frac{v^{2}}{r} ) + 2 m \omega v = 0
\end{displaymath}
Aufl"osen dieser Gleichung nach $v$ ergibt:
\begin{displaymath}
v = - r \omega \pm \sqrt{r g} = 7441,9 \; m/s.
\end{displaymath}
Ohne die Coriolis- Kraft h"atte man einen Wert $v \approx 7500 \; m/s$ erhalten. \newline
Aus $t = v/a$ folgt
\begin{displaymath}
t = 1488,38 \; s \approx 24,8 \; min.
\end{displaymath}
\end{document}