\documentstyle[11pt,german,uebung,epsfig]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\centerline{L\"osungen zur Klausur am 24. Januar 2004}
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\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (9 Punkte) \newline
a) Der Ball ist f\"ur die Zeitdauer $2 t = t_{2} - t_{1}$ in der Luft. Dabei ist $t$ die Fallzeit
f\"ur die H\"ohe $h = 1,8 \; m - 1 \; m = 0,8 \; m$, 
\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} = v_{1} (2t) + \frac{a}{2} (2t)^{2}
= 6 \frac{m}{s} \cdot 0,8 s + 2,5 \frac{m}{s^{2}} (0,8 s)^{2} = 4,8 \; m + 1,6 \; m = 6,4 \; m
\end{displaymath}
zur\"uck. \newline
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}
zur\"uck. Man kann nat\"urlich auch sagen, da"s der Ball im ruhenden System die Strecke
$x' = v_{1} (2t) = 4,8 \; m$ zur\"uckgelegt hat, also $1,6 \; m$ weniger als der Zug. \newline
c) Auf jeden Fall ist der Auffangpunkt \underline{gegen} die Fahrtrichtung um $1,6 \; m$ 
verschoben.
\newline \vskip 2mm 
{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline
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 f\"allt weg, da $\vec{F}_{R} \uparrow \downarrow \vec{ds}$ ist. Da $F_{R}$
unabh\"angig von $v$ ist, ist $F_{R}$ l\"angs des Weges konstant.
\begin{displaymath}
W_{R} = F_{R} \int_{0}^{s_{2}} ds = F_{R} s_{2} = \mu m g s_{2}
= 0,25 \cdot 5 g \cdot 10 \frac{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} \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \;
v = \sqrt{2 \mu g s_{2}} = \sqrt{2} \; m/s = 1,4 \; m/s
\end{displaymath}
b) Der Vorgang ist unabh\"abgig von $m$, da beim Stoss gleicher Massen $v_{2} = v_{1}$ ist 
und $F_{R} = \mu m g$. 
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{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (7 Punkte) \newline
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. \newline
b) Daher muss f\"ur Gleichgewicht $F_{2} = G_{1}$ sein, also am Punkt $B$ in vertikaler Richtung
nach \underline{oben}. \vskip 2mm
\begin{center} 
\includegraphics[width=6cm]{zahnrad.eps}
\end{center}
\vskip 2mm
{\bf Aufgabe 4:} \hspace{10cm} (9 Punkte) \newline
Die Gesamtenergie bei Rotation und Ausdehnung der Feder um die L\"ange $L$:
\begin{displaymath}
E_{ges} = E_{rot} + E_{pot} = \frac{1}{2} I \omega^{2} + \frac{1}{2} D L^{2}
\end{displaymath}
mit Tr\"agheitsmoment $I = m (2L)^{2} = 4 m L^{2}$. 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 L^{2}
= D L^{2} + \frac{1}{2} D L^{2} = \frac{3}{2} D L^{2} = 0,45 \; Nm.
\end{displaymath}
b) Die Energie ist unabh\"angig von der Masse. 
\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 5:} \hspace{10cm} (9 Punkte) \newline
Der fleissige \"Ubungsteilnehmer 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 
\begin{eqnarray}
\Delta E_{ges} &=& W_{ges,2} - W_{ges,1} = \frac{1}{2} \gamma m M \left( \frac{1}{r_{2}} - \frac{1}{r_{1}}
\right) \nonumber \\
&=& 0,5 \cdot 6,7 \cdot 10^{-11} \frac{Nm^{2}}{kg^{2}} \cdot 500 \cdot kg \cdot
6 \cdot 10^{24} \cdot kg ( 1,37 \cdot 10^{-7} m^{-1} - 0,37 \cdot 10^{-7} m^{-1}) \nonumber \\
&\approx & 1 \cdot 10^{10} \; Nm \nonumber 
\end{eqnarray}
Die obige Formel kann man sich f\"ur die Kreisbahn auch \"uber 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}
F\"ur die Kreisbahn gilt 
\begin{eqnarray}
F_{Z} &=& m \omega^{2} r = m \frac{v^{2}}{r} \nonumber \\
F_{\gamma} &=& \gamma \frac{mM}{r^{2}} \nonumber 
\end{eqnarray}
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}  
\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 6:} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline 
a) Diese Aufgabe ben\"otigt die Kontinuit\"atsgleichung und die Bernoulli Gleichung:
\begin{eqnarray}
v_{1} A_{1} &=& v_{2} A_{2} \nonumber \\
p_{1} +\frac{1}{2} \rho v_{1}^{2} &=& p_{2} + \frac{1}{2} \rho v_{2}^{2} = p_{ges}. \nonumber 
\end{eqnarray}
Der H\"ohenunterschied der beiden Wassers\"aulen 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} \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; 
v_{1} = \sqrt{2 g h} = \sqrt{2} \; m/s = 1,4 \; m/s.
\end{displaymath}
Aus der Kontinuit\"atsgleichung 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, k\"urzt sich die Dichte des Wassers heraus, das Ergebnis h\"angt also nicht
von der Dichte ab.     
\end{document}
