\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. 10 (Bonus"ubung)}
\normalsize  
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Besprechung: \bf 20. Januar 1994 \rm \newline
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 1: \rm  \newline
Das erste Rohr mi"st die Summe von statischem Druck und Staudruck,
das zweite Rohr nur den Staudruck, da hier $v=0$. Daher 
\begin{displaymath}
p_{stat} + \frac{1}{2} \rho v^{2} = const. 
\end{displaymath}
\vskip 5cm
Die Druckdifferenz ist
\begin{displaymath}
\rho g \Delta h = p_{stat} + \frac{1}{2} \rho v^{2} - p_{stat} =
\frac{1}{2} \rho v^{2}, 
\end{displaymath}
woraus f"ur die Geschwindigkeit folgt:
\begin{displaymath}
v = \sqrt{2 g \Delta h}.
\end{displaymath}
Pro Sekunde str"omt das Fl"ussigkeitsvolumen 
\begin{displaymath}
A v = A \sqrt{2 g \Delta h} = \underline{0,26 \; m^{3}/s}
\end{displaymath}
durch das Rohr. 
\newpage
\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Die Energie der Scheibe ist
\begin{displaymath}
E_{kin} = \frac{1}{2} I \omega^{2} = \frac{1}{4} M R^{2} \omega^{2}
\end{displaymath}
wobei wir das Tr"agheitsmoment $I=(1/2) M R^{2}$ der Scheibe eingesetzt
haben. Die Winkelgeschwindigkeit ist $\omega = 2\pi \nu$ mit 
$\nu = 4 \; s^{-1}$.
Da die Reibungskraft als konstant angenommen wurde, ist die
in Reibung umgesetzte Energie durch
\begin{displaymath}
E_{R} = F_{R} s = \mu_{g} F s.
\end{displaymath}
gegeben, wobei $s$ die gesamte Reibungsstrecke ist. Da die Abbremsung nach
10 Umdrehungen erfolgen soll, ist $s= 10 \cdot 2 \pi R = 20 \pi R$ und damit
\begin{displaymath}
\frac{1}{4} M R^{2} \omega^{2} = M R^{2} \pi^{2} \nu^{2} = 
20 \mu_{g} \pi R F.
\end{displaymath}
Aufl"osen nach F ergibt:
\begin{displaymath}
F = \frac{1}{20} \frac{\nu^{2} \pi}{\mu_{g}} M R = \underline{251 \; N}
\end{displaymath}
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Das Hooksche Gesetz lautet
\begin{displaymath}
\sigma = \frac{F}{A} = E \epsilon = E \frac{\Delta l}{l},
\end{displaymath}
wobei $E$ das Elastizit"atsmodul und $A$ der Querschnitt des Drahtes
ist. \newline \vskip 5cm
Die wirkende Kraft $F$ ist der Auslenkung proportional, 
$F = D x = D \Delta l$. Daher
\begin{displaymath}
F = D x = \frac{A E}{l} \Delta l = D \Delta l \; \; \; \; \; \rightarrow
\; \; \; \; \; D = \frac{A E}{l}
\end{displaymath}
und 
\begin{displaymath}
\nu = \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{D}{m}} =   
\frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{A E}{l m}} = \frac{1}{2\pi}
\sqrt{\frac{\pi (d/2)^{2} E}{l m}} = \underline{32,6 \; s^{-1}}.
\end{displaymath}
\newpage 
\bf Aufgabe 4: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Nach dem Steinerschen Satz gilt f"ur den Hohlzylinder 
\begin{displaymath}
I = M R^{2} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
I_{A} = M R^{2} + M R^{2} = 2 M R^{2}.
\end{displaymath}
\vskip 5cm
Die Beschleunigung $a$ des Hohlzylinders kann auf zwei Wegen berechnet
werden, einmal "uber das Drehmoment 
\begin{displaymath}
M g  R \; sin\alpha = I_{A} \beta = 2 M R^{2} \beta = 2 M R a \; \; \; \; 
\; \rightarrow \; \; \; \; \; a = \frac{1}{2} g \; sin\alpha,
\end{displaymath}
wobei wir die Winkelbeschleunigung hier mit $\beta = a/R = d\omega / dt$ 
bezeichnet
haben, um eine Verwechselung mit dem Neigungswinkel $\alpha$ zu vermeiden.
Dasselbe Ergebnis folgt aus der Energieerhaltung:
\begin{displaymath}
M g h = \frac{1}{2} I \omega^{2} + \frac{1}{2} M v^{2} = \frac{1}{2}
M R^{2} \omega^{2} + \frac{1}{2} M v^{2} = M v^{2}.
\end{displaymath}
Mit $v = \sqrt{g h}$ folgt
\begin{displaymath}
a = \frac{dv}{dt} = \frac{1}{2} \frac{1}{v} g \frac{dh}{dt}.
\end{displaymath}
Mit $h=s \; sin\alpha$ und $dh/dt= v \; sin\alpha$ also ebenfalls 
\begin{displaymath}
a = \frac{1}{2} \frac{1}{v} g v \; sin\alpha = \frac{1}{2} g \; sin\alpha.
\end{displaymath}
F"ur den Klotz gilt die Kr"aftegleichung
\begin{displaymath}
m g \; sin\alpha = m a + \mu_{g} m g \; cos\alpha \; \; \; \; \; \rightarrow
\; \; \; \; \; a = g (sin\alpha - \mu_{g} \; cos\alpha )
\end{displaymath}
Da beide Beschleunigungen gleich sein sollten, mu"s gelten
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} g \; sin\alpha = g (sin\alpha - \mu_{g} \; cos\alpha )
\end{displaymath}
oder, aufgel"ost nach $\mu_{g}$:
\begin{displaymath}
\mu_{g} = \frac{1}{2} \frac{sin\alpha}{cos\alpha} = \frac{1}{2} tan(\alpha )
= \underline{0,29}
\end{displaymath}
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 5: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
a) Es handelt sich nat"urlich um eine \underline{labile} Gleichgewichtslage, da
bei einer kleinen Auslenkung der K"orper nicht zur Gleichgewichtslage 
zur"uckkommen w"urde, sondern eine Beschleunigung in Richtung Erde oder
Mond erfahren w"urde. \newline \vskip 5cm
b) Seien $r_{1}$ und $r_{2}$ die Entfernungen von der Erde zum K"orper 
b.z.w. vom Mond zum K"orper. Aus dem Kr"aftegleichgewicht folgt:
\begin{displaymath}
\frac{M_{E}}{r_{1}^{2}} = \frac{M_{M}}{r_{2}^{2}} \; \; \; \; \; 
\rightarrow \; \; \; \; \; \frac{r_{2}}{r_{1}} = \sqrt{\frac{M_{M}}{M_{E}}}
\end{displaymath}
Da au"serdem $r_{1}+r_{2} = R_{EM}$, folgt
\begin{displaymath}
r_{1} = \frac{1}{1+ \sqrt{M_{M}/M_{E}}} \approx \frac{9}{10} R_{EM}
\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
r_{2} \approx \frac{1}{10} R_{EM}
\end{displaymath}
Das Gesamtpotential ist
\begin{displaymath}
\phi(r_{1},r_{2}) = -\gamma \frac{M_{E}}{r_{1}} - \gamma 
\frac{M_{M}}{r_{2}} 
\end{displaymath}
Die Energiedifferenz zwischen Unendlich und dem Aufpunkt $P$ ist
\begin{displaymath}
E = m \left( \phi(\infty ) - \phi(r_{1},r_{2}) \right)
\end{displaymath}
Da nach Definition der potentiellen Energie $\phi(\infty ) = 0$, folgt 
\begin{displaymath}
E = \frac{\gamma m}{R_{EM}} \left( \frac{10}{9} M_{E} + 10 M_{M} \right)
= \underline{1,3 \cdot 10^{9} \; J}  
\end{displaymath}
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 6: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
a) Zu Beginn ist die Winkelgeschwindigkeit $\omega_{1} = 2\pi \nu_{1}$ mit
$\nu_{1} = 5 \; s^{-1}$. Drehimpulserhaltung fordert, da"s
\begin{displaymath}
L = m \omega_{1} l_{1}^{2} = m \omega_{2} l_{2}^{2}
\end{displaymath}
und daher
\begin{displaymath}
\omega_{2} = \frac{l_{1}^{2}}{l_{2}^{2}} \omega_{1} \; \; \; \; \; 
\rightarrow \; \; \; \; \; \nu_{2} = \frac{\omega_{2}}{2\pi} =  
\underline{20 \; s^{-1}}
\end{displaymath}
b) Die Arbeit ist durch die Differenz der kinetischen Energien gegeben: 
\begin{displaymath}
W = \Delta E_{kin} = \frac{1}{2} ( I_{2} \omega_{2}^{2} - I_{1} 
\omega_{1}^{2} ) = \frac{1}{2} m ( l_{2}^{2} \omega_{2}^{2} 
- l_{1}^{2} \omega_{1}^{2} ) = \underline{118 \; J} 
\end{displaymath}
\end{document}
