Physik I, WS 1993/94

Lösungen zur Übung Nr. 9

Besprechung: 20. Januar 1994
Aufgabe 1: (4 Punkte)
Wir bezeichen Radius und Winkelgeschwindigkeit der Eigenrotation des Planeten mit $R$ und $\omega$. Am Äquator herrscht die größte Zentrifugalkraft. Damit nicht irgendeine Masse $m$ am Äquator nach außen geschleudert wird, darf die Zentrifugalkraft nicht größer als die Schwerkraft werden. Die maximale Winkelgeschwindigkeit der Eigenrotation folgt dann aus

$$F_{z} = m \omega^{2} R^{2} \le F_{g} = \frac{\gamma m M}{R} ... ...ightarrow \; \; \; \; \; \omega^{2} \le \frac{\gamma M}{R^{3}}$$

Die Masse des Planeten ist $M= V \rho = (4/3) \pi R^{3} \rho$, daher

$$\omega^{2} \le \frac{4}{3} \pi \gamma \rho$$

Wegen $T = 2\pi / \omega$ folgt

$$T \ge \sqrt{\frac{3\pi}{\gamma \rho}} = \underline{5068 \; s = 1,41 \; h}$$

Das Zahlenbeispiel entspricht der mittleren Dichte der Erde. Bei dieser ist die tatsächliche Periode $T_{0} \approx 86400 \; s = 24 \; h$.
Aufgabe 2: (4 Punkte)
Die Formel (5) auf Seite 115 des Skripts lautet in den Schnittpunkten der großen Halbachse mit der Ellipsenbahn ($dr/dt = 0$ in den Punkten $A$ und $B$):

$$W_{ges,A} = \frac{1}{2} \frac{L^{2}}{m r_{A}^{2}} - \frac{\gamma m M} {r_{A}}$$

$$W_{ges,B} = \frac{1}{2} \frac{L^{2}}{m r_{B}^{2}} - \frac{\gamma m M} {r_{B}}$$

Der Drehimpuls $L$ ist konstant, ist in den Punkten $A$ und $B$ also gleich. Da auch die Gesamtenergie während der Bewegung konstant ist, gilt wegen $W_{ges,A}=W_{ges,B}$:

$$\frac{1}{2} \frac{L^{2}}{mr_{A}^{2}} - \frac{\gamma m M}{r_{... ...2} \frac{L^{2}}{m} = \gamma m M \frac{r_{A}r_{B}}{r_{A}+r_{B}}$$

Einsetzen dieses Ausdrucks in die Formel für $W_{ges}$ ergibt:

$$W_{ges} = \gamma m M \frac{r_{A}r_{B}}{(r_{A}+r_{B})r_{A}^{2... ...} = - \frac{\gamma mM}{r_{A}+r_{B}} = - \frac{\gamma m M}{2a}.$$

Aufgabe 3: (6 Punkte)
Aufgabe 4: (6 Punkte)
Die Bahnen beider Satelliten werden durch Ellipsenbahnen beschrieben. Die Anfangsgeschwindigkeiten sind $v=v_{0} \pm \omega R_{E}$. Wir rechnen zunächst nur für den Satelliten mit der größeren Geschwindigkeit $v=v_{0} + \omega R_{E}$. Für den zweiten Satelliten muß dann nur das Vorzeichen geändert werden. Den größten Abstand von der Erde erreicht der Satellit im Schnittpunkt der Ellipsenbahn mit der großen Halbachse:

Die Geschwindigkeit im Punkt $A$ werde mit $v_{A}$ bezeichnet, dann gilt wegen Drehimpulserhaltung:

$$v R_{E} = v_{A} R_{A}$$

Erhaltung der Gesamtenergie verlangt, daß

$$\frac{1}{2} v^{2} - g R_{E} = \frac{1}{2} v_{A}^{2} - g \frac{R_{E}^{2}}{R_{A}}$$

mit $g = \gamma M_{E}/R_{E}^{2}$. Wir übernehmen $v_{A}$ aus der Drehimpuls- Formel und erhalten

$$\frac{1}{2} v^{2} - gR_{E} = \frac{1}{2} v^{2} \frac{R_{E}^{2}}{R_{A}^{2}} - g \frac{R_{E}^{2}}{R_{A}}$$

Mit der Abkürzung $\mu = 2gR_{0}/v^{2}$ folgen die beiden Lösungen für für $R_{A}$:

$$R_{A} = \frac{R_{E}}{\mu - 1} = \frac{R_{E}}{2gR_{E}/ (v_{0}... ...E})^{2} - 1} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; R_{B} = R_{E}$$

Die zweite Lösung ist trivial und entspricht dem Abschußort. Für den anderen Satelliten gilt entsprechend:

$$R_{A} = \frac{R_{E}}{\mu -1} = \frac{R_{E}}{2gR_{E}/ (v_{0} ... ...{E})^{2} -1} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; R_{B} = R_{E}$$

Die maximalen Abstände der Satelliten vom Erdmittelpunkt sind somit
$\underline{R_{1}=7,14 \; R_{0} = 45482 \; km}$ und entsprechend $\underline{R_{2}=2,70 \; R_{0} = 17199 \; km}$. Man sieht, daß die Eigenrotation der Erde einen großen Einfluß auf die Ellipsenbahn hat.
b) Der kritische Satellit ist der mit der größeren Geschwindigkeit $v=v_{0} + \omega R_{E}$. Der maximale Abstand vom Erdmittelpunkt wird Unendlich für $\mu = 1$, d.h.

$$v_{0,max} = - \omega R_{E} + \sqrt{2 g R_{E}} = \underline{10,72 \; km/s}$$

Der andere Satellit verschwindet dagegen erst bei

$$v_{0,max}' = + \omega R_{E} + \sqrt{2 g R_{E}} = 11,64 \; km/s$$

im Weltall. Die kritische Geschwindigkeit bei vertikalem Abschuß beträgt $v_{0,max}^{\ast} = \sqrt{2gR_{E}} = 11,2 \; km/s$.