Lösungen zur Klausur

Besprechung: Donnerstag, den 3. Februar 2000
Aufgabe 1: (8 Punkte)
a) Wegen Drehimpulserhaltung gilt:

$$L'_{Person} + L'_{Scheibe} = L_{Scheibe},$$

wobei $L'_{Person}$ und $L'_{Scheibe}$ die Drehimpulse der Person und der Scheibe nach dem Abbremsen sind. Daher gilt auch

$$I \omega' + I_{Scheibe} \omega' = I_{Scheibe} \omega$$

oder

$$\omega' = \frac{I_{Scheibe}}{I + I_{Scheibe}} \omega .$$

Das Trägheitsmoment der Scheibe ist $I_{Scheibe} = (1/2) m r^{2} = 0,8 \; kg \cdot m^{2}$, daher

$$\omega' = \frac{0,8}{2,4 + 0,8} \omega = \frac{1}{4} \omega$$

oder auch

$$\nu' = \frac{1}{4} \nu = 0,5 \; s^{-1}.$$

b) Die Rotationsenergie ist:

$$E' = \frac{1}{2} (I_{Scheibe} + I) \omega'^{2} = 15,8 \; J.$$

Aufgabe 2: (9 Punkte)
a) Dieses ist ein inelastischer Vorgang, d.h. man kann nur den Impulssatz, nicht den Energiesatz anwenden:

$$p_{1} = p_{0} + p_{Sand},$$

wobei $p_{0} = M v_{0}$ der Impuls des Wagens ohne Sand und $p_{1} = (M+m) v_{1}$ der Impuls des Wagens mit Sand ist. Ausserdem ist $p_{Sand} = 0$. Also gilt $p_{1} = p_{0}$ oder $(M+m) v_{1} = M v_{0}$. Aufgelöst nach $v_{1}$ folgt:

$$v_{1} = \frac{M}{M+m} v_{0} = \frac{18}{20} \cdot 3 \; m/s = 2,7 \; m/s.$$

b) Die Energiedifferenz ist

$$\Delta E = E_{kin,0} - E_{kin,1} = \frac{1}{2} M v_{0}^{2} ... ... + m} v_{0}^{2} = \frac{M m}{2(M+m)} v_{0}^{2} = 8100 \; J$$

Diese Energie geht in Reibungswärme verloren, wenn der Sand sich auf dem Boden des Wagens reibt. Der Sand muss ja in Fahrtrichtung beschleunigt werden.
c) Nach Ausschütten des Sandes ändert sich die Geschwindigkeit des Wagens nicht. Der Sand nimmt seinen Impuls mit.

$$p_{1} = p_{2} + p'_{Sand},$$

oder

$$(M+m) v_{1} = M v_{1} + m v_{1}.$$

Die Geschwindigkeit des Wagens bleibt $v_{1} = 2,7 \; m/s$.
Aufgabe 3: (8 Punkte)
a) Im Gleichgewicht muss die resultierend Kraft aus der Schwerkraft und der Zentrifugalkraft in Richtung der Stange zeigen,

Daher folgt:

$$tg(\varphi) = \frac{F_{z}}{F_{g}} = \frac{m \omega^{2} l \; sin(\varphi)} {m g},$$

oder

$$cos(\varphi) = \frac{g}{l \omega^{2}} = 0,55$$

oder $\varphi_{a} = 56^{o}$.
b) In diesem Fall erhält man $cos\varphi = 1,94$, d.h. keine reelle Lösung. Die Grenzfrequenz für $cos(\varphi) = 1$ ist $\omega_{g} = \sqrt{g/l}$, d.h. die Frequenz der Pendelschwindung. Für kleinere Frequenzen gibt es keine Auslenkung mehr, d.h. $\varphi_{b} = 0^{o}$.
Aufgabe 4: (8 Punkte)
Die Zentrifugalkraft muss der Gravitationskraft das Gleichgewicht halten,

$$m \frac{v^{2}}{R} = \gamma \frac{m M}{R^{2}}.$$

Mit $M = (4/3) \pi \rho R^{3}$ und $v = 2 \pi R/ T$ folgt:

$$T^{2} = \frac{3\pi}{\rho \gamma}.$$

Die Umlaufzeit hängt nicht vom Radius des Planeten ab.
Aufgabe 5: (8 Punkte)
Die beiden Hälften haben die Federkonstante $D' = 2 D$, wenn $D$ die Federkonstante der ursprünglichen Feder war (siehe Übung 3, Nr.1). Daher gilt

$$F = D'' x = D' x - D' (-x) = 2 D' x = 4 D x.$$

und

$$T'' = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{4D}} = \frac{1}{2} T = 1 \; s.$$

Aufgabe 6: (9 Punkte)
Allgemein kann man den Ansatz machen:

$$\frac{1}{2} \rho v^{2} = \rho g h + \frac{1}{2} \rho v_{0}^{2}.$$

Mit $v_{0} = dh/dt$ und $v_{0} \pi R^{2} = v \pi r^{2}$ folgt:

$$\frac{1}{2} \frac{v_{0}^{2} R^{4}}{r^{4}} = g h + \frac{1}{2} v_{0}^{2}.$$

oder

$$\frac{1}{2} \left( \frac{dh}{dt} \right)^{2} \frac{R^{4}}{r^{4}} = g h + \left( \frac{dh}{dt} \right)^{2}.$$

Daraus folgt

$$(dt)^{2} = \frac{1}{2g} \left( \frac{R^{4}}{r^{4}} -1 \right) \frac{(dh)^{2}}{h}.$$

Da $R^{4}/r^{4} \gg 1$, kann man auch schreiben:

$$(dt)^{2} \approx \frac{1}{2g} \frac{R^{4}}{r^{4}} \frac{(dh)^{2}}{h}$$

Integration ergibt:

$$\Delta t = \frac{2}{\sqrt{2g}} \frac{R^{2}}{r^{2}} \left( \sqrt{h_{1}} - \sqrt{h_{2}} \right) = 278 \; s.$$

Einfacher geht es natürlich, wenn man die in der Vorlesung abgeleitete Formel für die Ausflussgeschwindigkeit noch im Kopf hat: $v = \sqrt{2 g h}$. Mit $-dV/dt = \pi r^{2} v = \pi r^{2} \sqrt{2gh}$ folgt sofort

$$dt = \frac{dV}{\pi r^{2} \sqrt{2 g h}} = \frac{R^{2} dh}{r^{2} \sqrt{2g} \sqrt{h}}$$

Integration liefert das selbe Ergebnis wie oben.