\documentstyle[12pt,german,briefkn]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\Large
\centerline{Physik I, WS 1993/94} 
\vskip 5mm
\centerline{L\"osungen zur \"Ubung Nr. 6}
\normalsize  
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Besprechung: \bf 9. Dezember 1993 \rm \newline
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 1: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Wir bezeichnen mit $x_{1}$ und $x_{2}$ die Unterteilung der Stange, soda"s
also $x_{1}+x_{2}=L$ ist. Das Drehmoment eines infinitesimalen 
Massenelements $dm=\rho A dx$, mit Querschnit $A$ und Dichte $\rho$, ist 
also
\begin{displaymath}
d\tau = g x dm = g \rho A x dx
\end{displaymath}
\vskip 5cm
Daraus folgt, zusammen mit den beiden Massen $m_{1}$ und $m_{2}$:
\begin{eqnarray}
\tau_{1} &=& m_{1} g x_{1} + g \rho A \int_{0}^{x_{1}} x dx 
= m_{1} g x_{1} + \frac{1}{2} g \rho A x_{1}^{2} \nonumber \\
\tau_{2} &=& m_{2} g x_{2} + g \rho A \int_{0}^{x_{2}} x dx 
= m_{2} g x_{2} + \frac{1}{2} g \rho A x_{2}^{2} \nonumber
\end{eqnarray}
Im Gleichgewicht mu"s $\tau_{1}=\tau_{2}$ sein, daher
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} \rho A x_{1}^{2} + m_{1} x_{1} = \frac{1}{2} \rho A x_{2}^{2} 
+ m_{2} x_{2}
\end{displaymath}
Elimination von $x_{2} = L-x_{1}$ ergibt:
\begin{displaymath}
\rho A x_{1}^{2} +2m_{1}x_{1} = \rho A (L^{2} -2Lx_{1} +x_{1}^{2})
+ 2m_{2} (L-x_{1}) = \rho A L^{2} - 2L\rho A x_{1} + \rho A x_{1}^{2}
+2m_{2} L - 2m_{2} x_{1}
\end{displaymath}
oder 
\begin{displaymath}
x_{1} = \frac{\rho A L^{2} + 2m_{2} L}{2m_{1} + 2m_{2} + 2\rho A L}
\end{displaymath}
Einsetzen der Masse $M=\rho A L$ der Stange ergibt das Endergebnis
\begin{displaymath}
x_{1} = \frac{1}{2} \left( \frac{M+2m_{2}}{M+m_{1}+m_{2}} \right) L
\end{displaymath}
Entsprechend folgt aus Symmetriegr"unden:
\begin{displaymath}
x_{2} = \frac{1}{2} \left( \frac{M+2m_{1}}{M+m_{1}+m_{2}} \right) L
\end{displaymath}
Zahlenwerte:
\begin{displaymath}
\underline{x_{1}=1,16 \; m} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
\underline{x_{2}=0,84 \; m}
\end{displaymath}     
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (6 Punkte) \newline
a) Der Drehimpuls vor dem Aufprall ist $L_{1}=m v L/2$, der Drehimpuls nach 
dem Aufprall $L_{2}=(1/12) M L^{2} \omega + m(L/2)^{2} \omega$, wobei wir
das Tr"agheitsmoment $I_{s}=(1/12) M L^{2}$ einer homogenen Stange aus 
der Vorlesung "ubernommen haben. Drehimpulserhaltung ergibt:
\begin{displaymath}
m v \frac{L}{2} = \frac{1}{12} M L^{2} \omega + m\frac{L^{2}}{4} \omega
\; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; 
\omega = \frac{2mv}{(M/3 + m)L}
\end{displaymath}
Zahlenwerte: $\underline{\omega = 18,2 \; s^{-1}}$. \newline
b) Falls die Achse nicht durch den Mittelpunkt verl"auft, gilt nach dem
Steinerschen Satz f"ur den Drehimpuls nach dem Sto"s:
\begin{displaymath}
L_{2} = (\frac{1}{12} M L^{2} + M x^{2} ) \omega + m(\frac{L}{2} + x)^{2} 
\omega = \left( (M+m) x^{2} + m L x + \frac{L^{2}}{4} ( \frac{M}{3} + m)
\right) \omega 
\end{displaymath}
\vskip 5cm
Gleichsetzen der Drehimpulse vor und nach dem Sto"s f"uhrt jetzt auf:
\begin{displaymath}
\omega = \frac{m v (L/2 + x)}{(M+m) x^{2} + m L x + 
(L^{2}/4) ( M/3 + m) }
\end{displaymath}
Die Extremalbedingung $d\omega /dx = 0$ ergibt nach einiger Rechnung:
\begin{displaymath}
x_{max} = - \frac{L}{2} + \sqrt{\frac{M/3+m/2}{M+m}} L \; \; \; \; \; 
\rightarrow \; \; \; \; \; y_{max} = x_{max}+\frac{L}{2} =
\sqrt{ \frac{M/3+m/2}{M+m}} L
\end{displaymath}
Einsetzen der Zahlenwerte ergibt $\underline{x_{max} = 0.082 \; m}$. Der 
Wert liegt also nur unwesentlich von der Stangenmitte entfernt.
Die Winkelgeschwindigkeit im Maximum ist 
$\underline{\omega_{max} = 19,14 \; s^{-1}}$. 
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (6 Punkte) \newline
Wir zerlegen den Kreiskegel in Scheiben der Dicke $dz$ und Radius
$r = R(1-z/H)$. Die Masse einer Kreisscheibe ist 
$dm= \rho \pi r^{2}  dz = \rho \pi R^{2} (1-z/H)^{2} dz$. Die Masse
des gesamten Kreiskegels ist $M = (1/3) \rho \pi R^{2} H$. \newline
\vskip 5cm
a) Aus Symmetriegr"unden liegen die $x$- und $y$- Koordinaten des 
Schwerpunktes bei $x_{s} = 0$ und $y_{s} = 0$. F"ur die $z$- Koordinate
folgt nach Definition:
\begin{displaymath}
y_{s} = \frac{1}{M} \int_{0}^{H} z dm = \frac{\rho \pi R^{2}}{M}
\int_{0}^{H} (1-\frac{z}{H})^{2} z dz = \frac{\rho \pi R^{2}}{12M} H^{2}
\end{displaymath}
Ausgedr"uckt mit der Gesamtmasse folgt:
\begin{displaymath}
\underline{y_{s} = \frac{H}{4}}
\end{displaymath}
b) Das Tr"agheitsmoment einer Kreisscheibe ist nach Vorlesung
\begin{displaymath}
dI = \frac{1}{2} r^{2} dm
\end{displaymath}
Integration von 0 bis $H$ ergibt
\begin{displaymath}
I = \int dI = \frac{1}{2} \rho \pi R^{4} \int_{0}^{H} \left( 
1 - \frac{z}{H} \right)^{4} dz = \frac{1}{10} \rho \pi R^{4} H =
\underline{\frac{3}{10} M R^{2}}
\end{displaymath}
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 4: \rm (Bonusaufgabe) \hspace{7.3cm} (10 Punkte) \newline
a) Bei der $z$- Achse als Rotationsachse ist $r_{z}^{2} = x^{2} + y^{2}$
und damit 
\begin{eqnarray}
I_{z} &=& \rho \int r_{z}^{2} dV =   
2 \rho \int_{0}^{h} \int_{0}^{a(1-x/h)} \int_{-D/2}^{D/2} 
(x^{2} + y^{2}) dz dy dx \nonumber \\
      &=& 2 \rho D \int_{0}^{h} \int_{0}^{a(1-x/h)}
(x^{2}+y^{2}) dydx \nonumber \\
      &=& 2\rho D \int_{0}^{h} \left[ x^{2} a (1-\frac{x}{h}) 
+ \frac{1}{3} a^{3} (1-\frac{x}{h})^{3} \right] dx \nonumber
\end{eqnarray}
$D$ ist hierbei die Dicke der Platte. 
Das gleiche Ergebnis erh"alt man auch leicht mit Hilfe des Steinerschen
Satzes. Wir unterteilen das Dreieck in infinitesimale d"unne Stangen:
\newline \vskip 5cm
Eine Stange hat die Masse $dm=2\rho D y dx = 2\rho D a (1-x/h)dx$ und 
L"ange $2y = 2a(1-x/h)$. Das Tr"agheitsmoment einer d"unnen Stange der
L"ange $2y$, deren Rotationsachse den Abstand $x$ vom Schwerpunkt der 
Stange hat, ist nach Vorlesung $dI_{z} = (1/12)(2y)^{2} dm + x^{2} dm$.
Daher
\begin{eqnarray}
I_{z} &=& \int_{0}^{h} dI_{z} = \int_{0}^{h} (\frac{1}{12} (2y)^{2} 
+ x^{2}) dm = \int_{0}^{h} (\frac{1}{3} y^{2} + x^{2}) dm \nonumber \\
      &=& 2 \rho D \int_{0}^{h} \left[ x^{2} a (1-\frac{x}{h}) +
\frac{1}{3} a^{3} (1-\frac{x}{h})^{3} \right] dx \nonumber
\end{eqnarray}
Dieses ist offensichtlich dasselbe Ergebnis wie oben. Dieses Integral wird
gel"ost durch (mit $M=\rho D a h$)
\begin{displaymath}
I_{z} = \frac{1}{6} M (h^{2} + a^{2})
\end{displaymath}
b) Bei Rotation um die $x$- Achse gilt entsprechend: \newline \vskip 5cm
\begin{displaymath}
I_{x} = \int_{0}^{h} dI_{x} = \int_{0}^{h} \frac{1}{12} (2y)^{2} dm
= \frac{2}{3} \rho D a^{3} \int_{0}^{h} (1-\frac{x}{h})^{3} dx
= \frac{1}{6} \rho D a^{3} h
\end{displaymath}
Mit $M=\rho D a h$ folgt:
\begin{displaymath}
I_{x} = \frac{1}{6} M a^{2}
\end{displaymath}
\newpage
Bei Rotation um die $y$- Achse: \newline \vskip 5cm
\begin{displaymath}
I_{y} = \int_{-a}^{a} dI_{y} = 2 \int_{0}^{a} \left( \frac{1}{12} x^{2}
+ ( \frac{x}{2} )^{2} \right) dm 
\end{displaymath}
Hier ist aber jetzt $dm=\rho D x dy$ und $x=h(1-y/a)$. Daher
\begin{eqnarray}
I_{y} &=& 2 \int_{0}^{a} \frac{1}{3} x^{2} dm = \frac{2}{3} \rho D h^{3}
\int_{0}^{a} (1-\frac{y}{a})^{3} dy \nonumber \\
      &=& \frac{1}{6} \rho D h^{3} a = \frac{1}{6} M h^{2} \nonumber
\end{eqnarray}
Damit haben wir die Beziehung
\begin{displaymath}
I_{z} = \frac{1}{6} M (a^{2}+h^{2}) = \frac{1}{6} M a^{2} + 
\frac{1}{6} M h^{2} = I_{x} + I_{y}
\end{displaymath}
verifiziert. \newline
c) Bei der allgemeinen Beweisf"uhrung kommt man nat"urlich an den
dreidimensionalen Integralen nicht vorbei. Es ist
\begin{eqnarray}
I_{x} &=& \rho \int \int \int (y^{2}+z^{2}) dV \nonumber \\
I_{y} &=& \rho \int \int \int (x^{2}+z^{2}) dV \nonumber \\
I_{z} &=& \rho \int \int \int (x^{2}+y^{2}) dV \nonumber
\end{eqnarray}
Das Tr"agheitsmoment $I_{y}$ l"a"st sich schreiben als
\begin{displaymath}
I_{y} = \rho \int \int \left( \int_{-D/2}^{D/2} (x^{2}+z^{2}) dz \right)
dx dy = \rho \int \int \left[ x^{2} z + \frac{1}{3}
z^{3} \right]_{-D/2}^{D/2} dx dy 
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
I_{y} = \rho \int \int \left( x^{2} D + \frac{1}{12} D^{3} \right) dx dy
= \rho D \int \int (x^{2} + \frac{1}{12} D^{2}) dx dy
\end{displaymath}
Nach Vorraussetzung ist aber $D$ klein gegen"uber $a$ und $h$, daher
kann der Term mit $D^{2}$ vernachl"assigt werden. Wir erhalten also
\begin{displaymath}
I_{y} = \rho D \int \int x^{2} dx dy
\end{displaymath}
Analog:
\begin{displaymath}
I_{x} = \rho D \int \int y^{2} dx dy
\end{displaymath}
Dann ist aber
\begin{eqnarray}
I_{z} &=& \rho \int \int \left( \int_{-D/2}^{D/2} (x^{2}+y^{2}) dz \right)
dx dy = \rho D \int \int (x^{2} + y^{2}) dx dy \nonumber \\ 
      &=& \rho D \int \int x^{2} dx dy + \rho D \int \int y^{2} dx dy
\nonumber \\
      &=& I_{x} + I_{y} \nonumber
\end{eqnarray}  
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 5: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Zu Beginn sei der Drehimpuls des Kreisels $L_{K}= L_{K,z}$ in Richtung der 
$z$- Achse. Bei Drehung der Kreiselachse um den Winkel $\alpha$ wird 
die $z$- Komponente verkleinert zu $L_{K,z} = L_{K} cos\alpha$. Die Differenz
$L_{S,z} = L_{K} (1-cos\alpha)$ wird auf den Stuhl "ubertragen. Die anderen
Komponenten des Drehimpulses werden von den Stuhlhalterungen und der
Physikerin abgefangen. Die kinetische Energie des Kreisels bleibt bei der
Drehung der Kreiselachse erhalten. Die "Anderung der kinetischen Energie
wird allein durch die Drehung des Stuhls verursacht:
\begin{displaymath}
\Delta E = \frac{1}{2} I_{S} \omega_{S}^{2} = \frac{1}{2} I_{S} 
\left( \frac{L_{S,z}}{I_{S}} \right)^{2} = \frac{1}{2} \frac{L_{K}^{2} 
(1-cos\alpha)^{2}}
{I_{S}} = \frac{1}{2} \frac{I_{K}^{2}}{I_{S}} \omega_{K}^{2} 
(1-cos\alpha)^{2}
\end{displaymath}
Die Winkelgeschwindigkeit des Stuhls ergibt sich zu
\begin{displaymath}
\omega_{S} = \sqrt{\frac{2 \Delta E}{I_{S}}} = \frac{I_{K}}{I_{S}}
\omega_{K} (1-cos\alpha)
\end{displaymath}
Einsetzen der Zahlenwerte f"uhrt auf die folgende Tabelle: \newline
\vskip 5mm
\centerline{
\begin{tabular}{r|ll}
$\alpha \; [Grad]$  &  $\Delta E \; [J]$  & $\omega \; [s^{-1}]$ \\
\hline \\
    45              &   0.00057           &  0.020 \\
    90              &   0.0067            &  0.067 \\
   135              &   0.019             &  0.11 \\
   180              &   0.027             &  0.13  
\end{tabular}}
\end{document}
