\documentstyle[11pt,german,epsfig,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L"osungen zur \"Ubung Nr.14 (Wiederholungsaufgaben)}
\normalsize
\centerline{\bf Besprechung: Donnerstag, d. 9. Februar 2006}
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 1:} \newline
a) Es gibt zwei L"osungswege. Der erste Weg geht von der Bewegungsgleichung
\begin{displaymath}
\frac{dv}{dt} = g
\end{displaymath}
aus. Durch Integration erh"alt man 
\begin{displaymath}
v = g t = \frac{dz}{dt}
\end{displaymath}
und 
\begin{displaymath}
z = \frac{1}{2} g t^{2}
\end{displaymath}
Aus den letzten beiden Gleichungen eliminieren wir die Zeit und erhalten
\begin{displaymath}
v = g t = g \sqrt{\frac{2 z}{g}} = \sqrt{2 g z}.
\end{displaymath}
F"ur $z = h = 5 \; m$ folgt
\begin{displaymath}
v_{1} = \sqrt{ 2 \cdot 10 \frac{m}{s^{2}} \cdot 5 \;m} = \sqrt{100} \; \frac{m}{s} = 10 \; \frac{m}{s}.
\end{displaymath}
Einfacher ist die L"osung "uber den Energiesatz. Die potentielle Energie $m g h$ am Anfang der Bewegung
geht "uber in kinetische Energie $(1/2) m v_{1}^{2}$ am Ende der Bewegung, d.h.
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} m v_{1}^{2} = m g h
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
v_{1} = \sqrt{2 g h} = 10 \; \frac{m}{s}   
\end{displaymath}
b) Die Kraft ist die Impuls"andereung $dp$ in der Zeit $dt$:
\begin{displaymath}
F = \frac{dp}{dt} = \frac{\Delta p}{\Delta t}
\end{displaymath}
Mit $\Delta p = m \; \Delta v = 1 \; kg \cdot 10 \; m/s = 10 \; kg \cdot m/s$ und $\Delta t = 20 \cdot 10^{-3} \; s$
folgt:
\begin{displaymath}
F = \frac{1 \; kg \cdot 10 \; m/s}{20 \cdot 10^{-3} \; s} = 0,5 \cdot 10^{3} \; \frac{kg \; m}{s^{2}}
= 0,5 \cdot 10^{3} \; N.
\end{displaymath}
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 2:} \newline
Die Leistung ist $P = U I = 240 \cdot 1 \; V \cdot A = 240 \; W$. Die verbrauchte Energie also
\begin{displaymath}
E = P t = 240 \; W \cdot 10 \cdot 24 \; Stunden = 57600 \; W \cdot h = 57,6 \; kWh.
\end{displaymath}
Der zu zahlende Betrag also
\begin{displaymath}
x = 57,6 \; kWh \; \cdot 0,1 \; EUR = 5,76 \; EUR.
\end{displaymath}
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 3:}  \newline
Der Gesamtdruck
\begin{displaymath}
p_{ges} = p_{stat} + \frac{1}{2} \rho v^{2} + \rho g h
\end{displaymath}
ist im Rohrleitungssystem konstant. Mit $v = 0$ folgt also
\begin{displaymath}
p_{stat,1} + \rho g h_{1} = p_{stat,2} + \rho g h_{2}
\end{displaymath}
und 
\begin{displaymath}
p_{stat,2} = p_{stat,1} + \rho g (h_{1} - h_{2})
\end{displaymath}
Mit $p_{stat,1} = 2 \cdot 10^{5} \; N/m^{2}$ und $h_{1} - h_{2} = - 18 \; m$ folgt
\begin{displaymath}
p_{stat,2} = 2 \cdot 10^{5} \; N/m^{2} - 10^{3} \cdot 10 \cdot 18 \; N/m^{2} = 0,2 \cdot 10^{5} \; N/m^{2}.
\end{displaymath}  
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 4:} \newline
Streng genommen gilt die Bernoulli- Gleichung von Aufgabe 3 nur f"ur inkrompressible Fl"ussigkeiten.
Aber auch f"ur Gase kann man sie n"aherungsweise benutzen.
Wir verwenden also den gleichen Ansatz wie in Aufgabe 3,
\begin{displaymath}
p_{ges} = p_{stat} + \frac{1}{2} \rho v^{2} + \rho g h
\end{displaymath}
Wir bezeichnen die Gr"ossen "uber dem Dach mit Index 2, unter dem Dach mit Index 1:
\begin{displaymath}
p_{stat,1} + \rho g h_{1} = p_{stat,2} + \frac{1}{2} \rho v_{2}^{2} + \rho g h_{2}.
\end{displaymath}
Mit $h_{1} \approx h_{2}$ und $v_{2} = v_{L} = 40 \; m/s$ erhalten wir die Druckdifferenz
\begin{displaymath}
\Delta p = p_{stat,1} - p_{stat,2} = \frac{1}{2} \rho v_{L}^{2} 
\end{displaymath}
und die Kraft auf die gesamte Fl"ache $A$::
\begin{displaymath}
F = A \Delta p = \frac{1}{2} \rho A v_{L}^{2} = \frac{1}{2} \cdot 1 \; kg/m^{3} \cdot 100 \; m^{2} \cdot
1600 \; m^{2}/s^{2} = 0,8 \cdot 10^{5} \; \frac{kg \cdot m}{s^{2}} = 0,8 \cdot 10^{5} \; N.
\end{displaymath} 
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 5:} \newline
Bei der Temperaturdifferenz $\Delta T = 300 \; K$ wird der W"armestrom
\begin{displaymath}
\frac{dQ}{dt} = \lambda \frac{A}{L} \Delta T
\end{displaymath}
durch den Kupferstab transportiert. Die "ubertragene W"armeenergie in der Zeit $\Delta t = 10 \; Min = 600 \; s$
ist dann
\begin{displaymath}
\Delta Q = \lambda \frac{A}{L} \Delta T \; \Delta t
\end{displaymath}
Diese Energie wird zumk Schmelzen des Eises verwendet:
\begin{displaymath}
\Delta m \; c_{S} = \Delta Q.
\end{displaymath}
Die geschmlozenen Menge $\Delta m$ ist also
\begin{displaymath}
\Delta m = \frac{\lambda A \Delta T \; \Delta t}{L c_{S}} \approx 0,32 \; kg.
\end{displaymath} 
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 6:} \newline
a) Die Br"ucke wird bei $-10 \; C$ um
\begin{displaymath}
\Delta l_{1} = l_{0} \alpha \; \Delta T_{1}
\end{displaymath}
mit $\Delta T_{1} = -30 \; K$ k"urzer, bei $40 \; C$ um
\begin{displaymath}
\Delta l_{2} = l_{0} \alpha \Delta T_{2}
\end{displaymath}
l"anger mit $\Delta T_{2} = +20 \; K$. Insgesamt ist die "Anderung
\begin{displaymath}
\Delta l = l_{0} \alpha \Delta T = 1000 \; m \cdot 1,1\cdot 10^{-5} \; K^{-1} \cdot 50 \; K = 0,55 \; m.
\end{displaymath}
b) Die relative "Anderung ist
\begin{displaymath}
\frac{\Delta l}{l_{0}} = \alpha \Delta T = 0,00055 = 0,055 \% 
\end{displaymath}
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 7:} \newline
a) Die Federkonstante berechnen wir aus der Auslenkung beim Anh"angen der Masse $M$:
\begin{displaymath}
M g = D \; \Delta L
\end{displaymath}
zu
\begin{displaymath}
D = \frac{M g}{\Delta L} = 9 \cdot 10^{4} \; N/m
\end{displaymath}
b) Bei der Schwingung mu"s die Gesamtmasse an der Feder betrachtet werden. Die Schwingungsfrequenz ist
\begin{displaymath}
\omega = 2 \pi \nu = \sqrt{\frac{D}{M+m}} 
\end{displaymath}
und daher
\begin{displaymath}
\nu = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{D}{M+m}} = \frac{10}{2\pi} s^{-1} = 1,6 \; s^{-1}.
\end{displaymath}
c) Setzen wir eine Sinusf"ormige Schwingung an, dann ist mit $x_{0} = 0,1 \; m$ und $\omega = 10 \; s^{-1}$:
\begin{eqnarray}
x &=& x_{0} sin(\omega t) \nonumber \\
v &=& \frac{dx}{dt} = x_{0} \omega \; cos(\omega t) \nonumber \\
a &=& \frac{dv}{dt} = - x_{0} \omega^{2} \; sin(\omega t) \nonumber 
\end{eqnarray}
mit der maximalen Geschwindigkeit und der maximalen Beschleunigung:
\begin{eqnarray}
v_{max} &=& x_{0} \omega = 1 \; m/s \nonumber \\
a_{max} &=& x_{0} \omega^{2} = 10 \; m/s^{2} \nonumber
\end{eqnarray}  
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 8:} \newline
Energieerhaltung verlangt:
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} m v_{0}^{2} - G \frac{m M_{E}}{R_{E}} = - G \frac{m M_{E}}{R_{E} + 4 R_{E}}.
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
v_{0}^{2} = 2 G \frac{M_{E}}{R_{E}} \left( 1 - \frac{1}{5} \right) = \frac{8}{5} G \frac{M_{E}}{R_{E}^{2}} R_{E}
\end{displaymath}
Die Gravitationskonstante $G$ war nicht angegeben. Wir behelfen uns daher, da"s wir die Gravitationsbeschleunigung
\begin{displaymath}
g = G \frac{M_{E}}{R_{E}^{2}}
\end{displaymath}
auf der Erdoberfl"ache einf"uhren. Dann ist
\begin{displaymath}
v_{0}^{2} = \frac{8}{5} g R_{E} 
\end{displaymath}
und 
\begin{displaymath}
v_{0} = \sqrt{\frac{8}{5} g R_{E}} = 10,1 \; km/s
\end{displaymath} 
\end{document}
