\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{"Ubung Nr. 9}
\vskip 2mm
\normalsize Abgabetermin: {\bf Donnerstag, den 13. Januar 2000}
\newline
\vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline
Die Kraft auf ein Massenelement $m$ in den Punkten $A$ und $B$ ist
\begin{eqnarray}
F_{G} (r_{A}) &=& -\gamma \frac{m M_{P}}{(D+r)^{2}} \nonumber \\
F_{G} (r_{B}) &=& -\gamma \frac{m M_{P}}{(D-r)^{2}} \nonumber
\end{eqnarray}
\vskip 5cm
Die Differenz zur Fliehkraft ist f\"ur Punkt A:
\begin{displaymath}
\Delta F = F_{G}(r) + F_{Z} = F_{G}(r) - F_{G}(r=0) =
-\gamma \frac{m M_{P}}{(D+r)^{2}} + \gamma \frac{m M_{P}}{D^{2}} 
\end{displaymath}
Dieses kann man auch schreiben als
\begin{displaymath}
\Delta F = -\gamma \frac{m M_{P}}{D^{2}} \left( \frac{1}{(1 + r/D)^{2}} - 1
\right).
\end{displaymath}
Wegen $(1+r/D)^{-2} \approx 1 - 2 r/D$ folgt n\"aherungsweise f\"ur
$r/D \ll 1$:
\begin{displaymath}
\Delta F = - \gamma \frac{m M_{P}}{D^{2}} \left( 1 - 2 \frac{r}{D} -1 \right)
= 2 \gamma \frac{m M_{P}}{D^{3}} r.
\end{displaymath}
Der Mond ist stabil, solange die Anziehungskraft des Mondes auf die Masse
$m$ gr\"o"ser als die Gezeitenkraft des Planeten ist. Die Grenzbedingung
lautet also
\begin{displaymath}
\gamma \frac{m M_{M}}{r^{2}} = 2 \gamma \frac{m M_{P}}{D_{krit}^{3}} r.
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
D_{krit}^{3} = 2 \frac{M_{P}}{M_{M}} r^{3}.
\end{displaymath}
Mit $M_{P} = (4/3) \pi \rho R^{3}$ und $M_{M} = (4/3) \pi \rho r^{3}$
k\"onnen wir auch schreiben:
\begin{displaymath}
D_{krit}^{3} = 2 R^{3} 
\end{displaymath}
oder 
\begin{displaymath}
D_{krit} = 1,26 R
\end{displaymath}
Der exakte Wert ist $D_{krit} = 2,46 R$, also ungef\"ahr einen Faktor
2 gr\"o"ser. 
\vskip 5mm
{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (7 Punkte) \newline
Die Gesamtenergie ist auf der gesamten Bahn konstant und im Punkte des
Aufpralls auf dem Mond gegeben durch
\begin{displaymath}
W_{ges} = \frac{m}{2} v^{2} - \gamma \frac{m M}{r} 
= \frac{m}{2} \left( v^{2} - 2 \gamma \frac{M}{r} \right) = \frac{m}{2} A
\end{displaymath}
Die Bahnkonstante $A$ k\"onnen wir ausrechen zu
\begin{displaymath}
A = v^{2} - 2 \gamma \frac{M}{r} = 3,365 \cdot 10^{6} \; m^{2}/s^{2}
\end{displaymath}
$A$ ist insbesondere gr\"o"ser Null, daher ist die Gesamtenergie gr\"o"ser
Null und die Bahn eine Hyperbel. \newline
b) Die Energieerhaltung verlangt
\begin{displaymath}
\frac{m}{2} v^{2} - \gamma \frac{mM}{r} = \frac{m}{2} v_{0}^{2} -
\gamma \frac{mM}{r_{0}}.
\end{displaymath}
\vskip 5cm
Eine zweite Gleichung erhalten wir aus der Drehimpulserhaltung:
\begin{displaymath}
r v \; sin(90^{o} + \beta) = r v \; cos(\beta) = r_{0} v_{0}
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
r_{0} = \frac{r v \; cos\beta}{v_{0}}.
\end{displaymath}
Dieses setzen wir in die Energiegleichung ein und erhalten nach kurzer
Umformung
\begin{displaymath}
v_{0} = B + \sqrt{B^{2} + A} 
\end{displaymath}
mit
\begin{eqnarray}
A &=& v_{2} - 2 \gamma \frac{M}{r} = 3,365 \cdot 10^{6} \; m^{2}/s^{2} 
\nonumber \\
B &=& \frac{\gamma M}{r v \; cos\beta} = 1,08 \cdot 10^{3} \; m/s
\nonumber
\end{eqnarray}
Insgesamt also
\begin{displaymath}
v_{0} = 3,208 \cdot 10^{3} \; m/s = 3,21 \; km/s.
\end{displaymath}
Der Meteorit katte beim Aufprall also praktisch schon seine h\"ochste
Geschwindigkeit. \newline
c) Den minimalen Abstand berechnen wir aus
\begin{displaymath}
r_{0} = \frac{r v \; cos\beta}{v_{0}} = 1416 \; km.
\end{displaymath}
\newline \vskip 5mm
{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
a) Beim ersten Teil dieser Aufgabe gibt es zwei L\"osungswege: \newline
\vskip 5cm
\underline{1. L\"osungsweg} \newline
Die Auflagekraft ist $F_{N} = m g \; cos\alpha$, die Gleitreibungskraft
daher $F_{G} = \mu_{G} F_{N} = \mu_{G} mg \; cos\alpha$. Auf dem Weg
$s = h/sin\alpha$ wird also die Arbeit
\begin{displaymath}
W = F_{G} s = \mu_{G} m g h \frac{cos\alpha}{sin\alpha}
\end{displaymath}
verbraten. Der Energiesatz lautet hiermit:
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} m v_{0}^{2} = m g h + \mu_{G} m g h \frac{cos\alpha}{sin\alpha}
\end{displaymath}
Aufgel\"ost nach $h$ ergibt:
\begin{displaymath}
h = \frac{v_{0}^{2}}{2 g (1 + \mu_{G} \frac{cos\alpha}{sin\alpha})} \approx
3,8 \; m.
\end{displaymath}
\underline{2. L\"osungsweg} \newline
Der zweite L\"osungsweg ist etwas komplizierter und vermeidet den
Energiesatz. Die Bewegungsgleichung des Klotzes auf der schiefen Ebene ist
\begin{displaymath}
m a = m g \; sin\alpha + \mu_{G} m g \; cos\alpha = m ( g \; sin\alpha
+ \mu_{G} g \; cos\alpha )
\end{displaymath}
Mit $s(t) = v_{0} t - (1/2) a t^{2}$ und $h(t) = s(t) \; sin\alpha$ folgt:
\begin{displaymath}
h(t) = v_{0}t \; sin\alpha - \frac{1}{2} a t^{2} \; sin\alpha.
\end{displaymath}
Die maximale H\"ohe wird erreicht, wenn $dh/dt = 0$ wird, daraus folgt
die hierzu notwendige Zeit $t_{1} = v_{0}/a$. Einsetzen in die vorherige
Formel liefert:
\begin{displaymath}
h = \frac{v_{0}^{2} sin\alpha}{a} - \frac{1}{2} \frac{v_{0}^{2} sin\alpha}{a}
= \frac{1}{2} \frac{v_{0}^{2} sin\alpha}{g(sin\alpha + \mu_{G} cos\alpha)}
\approx 3,8 \; m.
\end{displaymath}
b) Das Verh\"altnis der r\"ucktreibenden Schwerkraft 
$F_{g} = m g \; sin\alpha$ zur Haftreibungskraft 
$F_{H} = \mu_{H} m g \; cos\alpha$,
\begin{displaymath}
\frac{F_{g}}{F_{H}} = \frac{1}{\mu_{H}} tang(\alpha) = 1,92
\end{displaymath}
ist gr\"o"ser als 1, daher gleitet der Klotz die Ebene wieder herunter.  
\end{document}




