Physik I, WS 1993/94

Lösungen zur Übung Nr. 8

Besprechung: 13. Januar 1994
Aufgabe 1: (5 Punkte)
Der Drehimpuls $\vec{L}$ ist zeitlich konstant, während $\vec{\omega}$ und die Figurenachse $F$ um $\vec{L}$ rotieren. Wir verwenden allerdings ein Bezugssystem, in dem die $z$- Achse mit der Figurenachse übereinstimmt. Dann rotieren $\vec{L}$ und $\vec{\omega}$ gleichermaßen um $F$. Nach Vorlesung liegen beim kräftefreien Kreisel $F$, $\vec{L}$ und $\vec{\omega}$ immer in einer Ebene. $\vec{L}$.

Komponentenzerlegung von $\vec{L}$ liefert für einen Zeitpunkt, in dem $\vec{\omega}$ und $\vec{L}$ in der $x-z$- Ebene liegen:

$$L_{x} = I_{x} \omega_{x} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; L_{z} = I_{z} \omega_{z}$$

Nach Vorlesung ist $I_{z}=(1/2) m r^{2}$ und nach Aufgabe 4c, Übung Nr.6, gilt $I_{x} = (1/2) I_{z} = (1/4) m r^{2}$. Daher folgt:

$$tg(\phi) = \frac{L_{x}}{L_{z}} = \frac{I_{x}\omega_{x}}{I_{z... ...; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; \underline{\phi = 16,1^{o}}$$

Manche werden wahrscheinlich $2\phi = 32,2^{o}$ als Öffnungswinkel des Kegels angeben.

Aufgabe 2: (4 Punkte)
Die Cavendish- Torsionswaage wurde sehr ausführlich in der Vorlesung behandelt und wird oft im Vordipom gefragt. Daher dient diese Aufgabe dazu, daß jeder diesen Versuch noch einmal wiederholt.

Aus der Periode der Pendelschwingungen ohne die großen Massen folgt die Richtgröße des Torsionspendels:

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{\kappa}}, \; \; \; \; \; I=2m l^{2} ... ...htarrow \; \; \; \; \; \kappa = \frac{8\pi^{2} m l^{2}}{T^{2}}$$

Das Drehmoment $\tau = \kappa \phi$ ist beim Maximalausschlag gerade dem von der Schwerkraft $F_{g}$ zwischen den kleinen und großen Massen erzeugten Drehmoment gleich:

$$\kappa \phi_{max} = (2F_{g})(\frac{1}{2} L) = F_{g} L = \frac{\gamma MmL}{r^{2}}$$

Daraus folgt für den Maximalausschlag

$$\phi_{max} = \frac{1}{\kappa} \frac{\gamma M m L}{r^{2}} = \frac{\gamma}{4\pi^{2}} \frac{MT^{2}}{r^{2} l}$$

Einsetzen der Zahlenwerte: $\underline{\phi_{max} = 0,004 \; rad = 0,23^{o}}$.
Aufgabe 3: (5 Punkte)
Wir wählen einen Kreisring der Dicke $dr$ und Radius $r$.

Dieser hat die Masse $dm=(M/\pi R^{2}) 2\pi r \; dr$ und erzeugt am Punkt $P$ den Beitrag

$$d\phi = -\gamma \frac{dm}{s} = -\gamma \frac{2M}{R^{2}} \frac{r \; dr}{\sqrt{r^{2}+x^{2}}}$$

zum Potential. Integration über die gesamte Platte ergibt:

$$\phi(x) = -\gamma \frac{2M}{R^{2}} \int_{0}^{R} \frac{r \; d... ...\gamma \frac{2M}{R^{2}} \left( \sqrt{R^{2}+x^{2}} - x \right)$$

Für die Feldstärke gilt nach Vorlesung:

$$\vec{g}(x) = - \frac{d\phi}{dx} \vec{e}_{x}$$

wobei wir den Einheitsvektor in $x$- Richtung eingeführt haben. Daher:

$$\vec{g}(x) = - \gamma \frac{2M}{R^{2}} \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{1+ (R^{2}/x^{2})}} \right) \vec{e}_{x} .$$

Das Minuszeichen zeigt an, daß die Feldstärke zur Platte hin gerichtet ist.
Aufgabe 4: (6 Punkte)
Das Gravitationspotential des Gesamtsystems Erde- Mond ist die Summe der Einzelpotentiale:

$$\phi(r) = \phi_{Erde}(r) + \phi_{Mond}(r)$$

Zwischen Erdoberfläche und Mondoberfläche ( $R_{E} < r < d-R_{M}$) gilt daher, wenn $r$ als Abstand vom Erdmittelpunkt definiert wird:

$$\phi(r) = -\gamma \frac{M_{E}}{r} - \gamma \frac{M_{M}}{d-r}$$

a) Die Feldstärke ist

$$\vec{g}(r) = -\frac{d\phi}{dr} \vec{e}_{r} = - \gamma \left(... ...ac{M_{E}}{r^{2}} - \frac{M_{M}}{(d-r)^{2}} \right) \vec{e}_{r}$$

und wird Null für $\underline{r_{0} = (9/10) d = 0,9 \; d = 342000 \; km}$.
b) Wir verwenden den Energiesatz. Beim Abschuß der Rakete ist die Gesamtenergie:

$$E_{0} = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} -\gamma \left(\frac{mM_{E}}{R_{E}} + \frac{mM_{M}}{d-R_{E}} \right)$$

Wir erhalten die Mindestgeschwindigkeit beim Abschuß, wenn die Geschwindigkeit bei der Strecke $r_{0}$ von Teil a) gerade Null wird. An diesem Punkt ist somit die Energie

$$E_{1} = - \gamma \left( \frac{mM_{E}}{r_{0}} + \frac{mM_{M}}{d-r_{0}} \right)$$

Wegen Energieerhaltung muß $E_{0}=E_{1}$ sein, daher

$$\frac{1}{2} m v_{0}^{2} - \gamma \left( \frac{mM_{E}}{R_{E}}... ...eft( \frac{mM_{E}}{(9/10)d} + \frac{mM_{M}}{(1/10) d} \right)$$

Auflösen nach $v_{0}^{2}$ und Einsetzen der im Aufgabentext angegebenen Beziehungen liefert:

$$v_{0}^{2} = 2 \gamma \frac{M_{E}}{R_{E}} \left( 1 - \frac{R_... ...{E}}{81(d-R_{E})} - \frac{R_{E}}{81 \cdot 0,1 \cdot d} \right)$$

Zahlenwerte: $\underline{v_{0} = 11,08 \; km/s}$.
c) Die gleiche Übung nochmal. Die Energie beim Auftreffen auf dem Mond ist

$$E_{2} = \frac{1}{2} m v_{2}^{2} - \gamma \left( \frac{mM_{E}... ...a \left( \frac{mM_{E}}{d-R_{M}} + \frac{mM_{M}}{R_{M}} \right)$$

Da jetzt wegen Energieerhaltung $E_{2} = E_{1}$ sein muß, gilt:

$$\frac{1}{2} m v_{2}^{2} - \gamma \left( \frac{mM_{E}}{d-R_{M... ...eft( \frac{mM_{E}} {(9/10)d} + \frac{mM_{M}}{(1/10) d} \right)$$

Auflösen nach $v_{2}^{2}$ und Ersetzung der Erdmasse durch die Mondmasse ergibt:

$$v_{2}^{2} = 2 \gamma \frac{M_{M}}{R_{M}} \left( 1 + \frac{8... ...}} - \frac{81 R_{M}}{(9/10)d} - \frac{R_{M}}{(1/10)d} \right)$$

Zahlenwerte: $\underline{v_{2} = 2,27 \; km/s}$.
c) Die aufzuwendende Arbeit ist

$$W = - m (\phi(R_{E} - \phi(R_{M}) = - m \gamma \left( - \fra... ...R_{E}} + \frac{M_{E}}{d-R_{M}} + \frac{M_{M}} {R_{M}} \right)$$

oder

$$W = m \gamma \frac{M_{E}}{R_{E}} \left( 1 + \frac{R_{E}}{81(... ...{E})} - \frac{R_{E}}{d-R_{M}} - \frac{R_{E}}{81 R_{M}} \right)$$

Zahlenwerte: $\underline{W=5,87 \cdot 10^{11} \; J}$.