\documentstyle[12pt,german]{article}
\begin{document}
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\centerline{Physik I, WS 1993/94} 
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\centerline{L\"osungen zur \"Ubung Nr. 8}
\normalsize  
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Besprechung: \bf 13. Januar 1994 \rm \newline
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\bf Aufgabe 1: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
Der Drehimpuls $\vec{L}$ ist zeitlich konstant, w"ahrend $\vec{\omega}$
und die Figurenachse $F$ um $\vec{L}$ rotieren. 
Wir verwenden allerdings ein Bezugssystem, in dem die $z$- Achse mit der
Figurenachse "ubereinstimmt. Dann rotieren $\vec{L}$ und $\vec{\omega}$
gleicherma"sen um $F$. Nach Vorlesung liegen beim kr"aftefreien Kreisel 
$F$, $\vec{L}$ und $\vec{\omega}$ immer in einer Ebene. 
$\vec{L}$.
\newline \vskip 5cm
Komponentenzerlegung von $\vec{L}$ liefert f"ur einen Zeitpunkt, in dem 
$\vec{\omega}$ und $\vec{L}$ in der $x-z$- Ebene liegen:
\begin{displaymath}
L_{x} = I_{x} \omega_{x} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
L_{z} = I_{z} \omega_{z} 
\end{displaymath}
Nach Vorlesung ist $I_{z}=(1/2) m r^{2}$ und nach Aufgabe 4c, "Ubung Nr.6,
gilt $I_{x} = (1/2) I_{z} = (1/4) m r^{2}$. Daher folgt:
\begin{displaymath}
tg(\phi) = \frac{L_{x}}{L_{z}} = \frac{I_{x}\omega_{x}}{I_{z}\omega_{z}}
= \frac{1}{2} tg(30^{o}) = 0,289 \; rad \; \; \; \; \; \rightarrow
\; \; \; \; \; \underline{\phi = 16,1^{o}}
\end{displaymath}
Manche werden wahrscheinlich $2\phi = 32,2^{o}$ als "Offnungswinkel 
des Kegels angeben. \newpage    
\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Die Cavendish- Torsionswaage wurde sehr ausf"uhrlich in der Vorlesung
behandelt und wird oft im Vordipom gefragt. Daher dient diese Aufgabe
dazu, da"s jeder diesen Versuch noch einmal wiederholt. \newline \vskip 5cm
Aus der Periode der Pendelschwingungen ohne die gro"sen Massen folgt die
Richtgr"o"se des Torsionspendels:
\begin{displaymath}
T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{\kappa}}, \; \; \; \; \; I=2m l^{2} \; \; \; \; \;
\rightarrow \; \; \; \; \; \kappa = \frac{8\pi^{2} m l^{2}}{T^{2}}
\end{displaymath}
Das Drehmoment $\tau = \kappa \phi$ ist beim Maximalausschlag gerade dem 
von der Schwerkraft $F_{g}$ zwischen den kleinen und gro"sen Massen 
erzeugten Drehmoment gleich:
\begin{displaymath}
\kappa \phi_{max} = (2F_{g})(\frac{1}{2} L) = F_{g} L = 
\frac{\gamma MmL}{r^{2}}
\end{displaymath}
Daraus folgt f"ur den Maximalausschlag 
\begin{displaymath}
\phi_{max} = \frac{1}{\kappa} \frac{\gamma M m L}{r^{2}} =
\frac{\gamma}{4\pi^{2}} \frac{MT^{2}}{r^{2} l}
\end{displaymath}
Einsetzen der Zahlenwerte: 
$\underline{\phi_{max} = 0,004 \; rad = 0,23^{o}}$. \newline 
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
Wir w"ahlen einen Kreisring der Dicke $dr$ und Radius $r$. \newline 
\vskip 5cm
Dieser hat die Masse $dm=(M/\pi R^{2}) 2\pi r \; dr$ und erzeugt am Punkt 
$P$ den Beitrag
\begin{displaymath}
d\phi = -\gamma \frac{dm}{s} = -\gamma \frac{2M}{R^{2}} 
\frac{r \; dr}{\sqrt{r^{2}+x^{2}}}
\end{displaymath}
zum Potential. Integration "uber die gesamte Platte ergibt:
\begin{displaymath}
\phi(x) = -\gamma \frac{2M}{R^{2}} \int_{0}^{R} \frac{r \; dr}
{\sqrt{r^{2}+x^{2}}} = -\gamma \frac{2M}{R^{2}} \left( 
\sqrt{R^{2}+x^{2}} - x \right)
\end{displaymath}
F"ur die Feldst"arke gilt nach Vorlesung:
\begin{displaymath}
\vec{g}(x) = - \frac{d\phi}{dx} \vec{e}_{x} 
\end{displaymath}
wobei wir den Einheitsvektor in $x$- Richtung eingef"uhrt haben.
Daher:
\begin{displaymath}
\vec{g}(x) = - \gamma \frac{2M}{R^{2}} \left( 1 - 
\frac{1}{\sqrt{1+ (R^{2}/x^{2})}} \right) \vec{e}_{x} .         
\end{displaymath}
Das Minuszeichen zeigt an, da"s die Feldst"arke zur Platte hin gerichtet
ist. \newline  
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 4: \rm \hspace{10.5cm} (6 Punkte) \newline
Das Gravitationspotential des Gesamtsystems Erde- Mond ist die Summe
der Einzelpotentiale:
\begin{displaymath}
\phi(r) = \phi_{Erde}(r) + \phi_{Mond}(r)
\end{displaymath}
\vskip 5cm
Zwischen Erdoberfl"ache und Mondoberfl"ache ($R_{E} < r < d-R_{M}$) gilt
daher, wenn $r$ als Abstand vom Erdmittelpunkt definiert wird:
\begin{displaymath}
\phi(r) = -\gamma \frac{M_{E}}{r} - \gamma \frac{M_{M}}{d-r}  
\end{displaymath}
a) Die Feldst"arke ist
\begin{displaymath}
\vec{g}(r) = -\frac{d\phi}{dr} \vec{e}_{r} = - \gamma \left(
\frac{M_{E}}{r^{2}} - \frac{M_{M}}{(d-r)^{2}} \right) \vec{e}_{r}
\end{displaymath}
und wird Null f"ur 
$\underline{r_{0} = (9/10) d = 0,9 \; d = 342000 \; km}$. \newline
b) Wir verwenden den Energiesatz. Beim Abschu"s der Rakete ist die
Gesamtenergie:
\begin{displaymath}
E_{0} = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} -\gamma \left(\frac{mM_{E}}{R_{E}} 
+ \frac{mM_{M}}{d-R_{E}} \right) 
\end{displaymath}
Wir erhalten die Mindestgeschwindigkeit beim Abschu"s, wenn die
Geschwindigkeit bei der Strecke $r_{0}$ von Teil a) gerade Null wird. 
An diesem Punkt ist somit die Energie
\begin{displaymath}
E_{1} = - \gamma \left( \frac{mM_{E}}{r_{0}} + \frac{mM_{M}}{d-r_{0}} \right) 
\end{displaymath}
Wegen Energieerhaltung mu"s $E_{0}=E_{1}$ sein, daher
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} m v_{0}^{2} - \gamma \left( \frac{mM_{E}}{R_{E}}
+ \frac{mM_{M}}{d-R_{E}} \right) = -\gamma \left( 
\frac{mM_{E}}{(9/10)d} + \frac{mM_{M}}{(1/10) d} \right)
\end{displaymath}
Aufl"osen nach $v_{0}^{2}$ und Einsetzen der im Aufgabentext angegebenen
Beziehungen liefert:
\begin{displaymath}
v_{0}^{2} = 2 \gamma \frac{M_{E}}{R_{E}} \left( 1 - \frac{R_{E}}{0,9d}
+ \frac{R_{E}}{81(d-R_{E})} - \frac{R_{E}}{81 \cdot 0,1 \cdot d} \right)
\end{displaymath}
Zahlenwerte: $\underline{v_{0} = 11,08 \; km/s}$. \newline
c) Die gleiche "Ubung nochmal. Die Energie beim Auftreffen auf dem Mond
ist
\begin{displaymath}
E_{2} = \frac{1}{2} m v_{2}^{2} - \gamma \left( \frac{mM_{E}}{d-R_{M}}
+ \frac{mM_{M}}{d-(d-R_{M})} \right) = \frac{1}{2} m v_{2}^{2} 
- \gamma \left( \frac{mM_{E}}{d-R_{M}} + \frac{mM_{M}}{R_{M}} \right)
\end{displaymath}
Da jetzt wegen Energieerhaltung $E_{2} = E_{1}$ sein mu"s, gilt:
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} m v_{2}^{2} - \gamma \left( \frac{mM_{E}}{d-R_{M}} 
+ \frac{mM_{M}}{R_{M}} \right) = - \gamma \left( \frac{mM_{E}}
{(9/10)d} + \frac{mM_{M}}{(1/10) d} \right)
\end{displaymath}
Aufl"osen nach $v_{2}^{2}$ und Ersetzung der Erdmasse durch die Mondmasse
ergibt:
\begin{displaymath}
v_{2}^{2} = 2 \gamma \frac{M_{M}}{R_{M}} \left( 1 + 
\frac{81 R_{M}}{d-R_{M}} - \frac{81 R_{M}}{(9/10)d} - \frac{R_{M}}{(1/10)d}
\right) 
\end{displaymath}
Zahlenwerte: $\underline{v_{2} = 2,27 \; km/s}$. \newline
c) Die aufzuwendende Arbeit ist
\begin{displaymath}
W = - m (\phi(R_{E} - \phi(R_{M}) = - m \gamma \left( - \frac{M_{E}}
{R_{E}} - \frac{M_{M}}{d-R_{E}} + \frac{M_{E}}{d-R_{M}} + \frac{M_{M}}
{R_{M}} \right) 
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
W = m \gamma \frac{M_{E}}{R_{E}} \left( 1 + \frac{R_{E}}{81(d-R_{E})}
- \frac{R_{E}}{d-R_{M}} - \frac{R_{E}}{81 R_{M}} \right)
\end{displaymath}
Zahlenwerte: $\underline{W=5,87 \cdot 10^{11} \; J}$. 
\end{document}