\documentstyle[12pt,german,briefkn]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\Large
\centerline{Physik I, WS 1993/94} 
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\centerline{L\"osungen zur Klausur}
\normalsize  
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Besprechung: \bf 3. Februar 1994 \rm \newline
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\bf Aufgabe 1: \rm \hspace{10.5cm} (7 Punkte) \newline
Anwendung des Hagen-Poiseuille'schen Gesetzes (siehe Skript Seite 160)
ergibt:
\begin{displaymath}
\frac{Q_{1}}{Q_{2}} = \frac{R_{1}^{4} l_{2}}{R_{2}^{4} l_{1}}
\end{displaymath}
Der Druckunterschied $\Delta p$ ist in beiden Schl"auchen gleich, alle
anderen Konstanten nat"urlich ebenfalls. Die exakte Form des 
Hagen- Poiseuille'schen Gesetzes ist in dieser Aufgabe nicht verlangt,
sondern lediglich die $R$- und $l$- Abh"angigkeit. Nach 
Aufgabenstellung ist $l_{1}=2l_{2}$, daher 
\begin{displaymath}
\frac{Q_{1}}{Q_{2}} = \frac{1}{2} \frac{R_{1}^{4}}{R_{2}^{4}}
\end{displaymath}
F"ur $Q_{1}=Q_{2}$ folgt also:
\begin{displaymath}
\frac{d_{1}}{d_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}} = 
\underline{\sqrt[4]{2} = 1,19}
\end{displaymath}
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\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (8 Punkte) \newline
Die Gesamtenergie ist 
\begin{displaymath}
E = \frac{1}{2} m v^{2} - \gamma \frac{m M}{r}
\end{displaymath}
wobei $r$ der Radius vom Mittelpunkt des Planeten ist. Anwendung der 
Energieerhaltung ergibt:
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} m v_{0}^{2} - \gamma \frac{m M}{R} = - \gamma \frac{m M}{R+h}
\end{displaymath}
Aufl"osen nach $v_{0}$ liefert:
\begin{displaymath}
v_{0}^{2} = 2 \gamma M \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{R+h} \right)
= 2 \gamma M \frac{h}{R(R+h)}
\end{displaymath}
Mit $M= (4/3) \pi \rho R^{3}$ folgt
\begin{displaymath}
v_{0} = \sqrt{ \frac{8}{3} \pi \rho \gamma \frac{hR^{2}}{R+h}} 
      \approx \underline{8,6 \; m/s} 
\end{displaymath}
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\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (9 Punkte) \newline
\vskip 3cm
a) \underline{1. L"osungsweg} \newline
Die Auflagekraft ist $F_{N} = m g \; cos\alpha$, die Gleitreibungskraft
daher $F_{GR} = \mu_{G} F_{N} = \mu_{G} m g \; cos\alpha$. Auf dem Weg
$s= h/sin\alpha$  wird also die Arbeit 
\begin{displaymath}
W = F_{GR} s = \mu_{G} m g h \frac{cos\alpha}{sin\alpha}
\end{displaymath}
verbraten. Der Energiesatz lautet hiermit:
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} m v_{0}^{2} = m g h + \mu_{G} m g h \frac{cos\alpha}{sin\alpha}
\end{displaymath}
Aufgel"ost nach $h$ ergibt:
\begin{displaymath}
h = \frac{v_{0}^{2}}{2 g \left( 1 + \mu_{G} \frac{cos\alpha}{sin\alpha} 
\right) } \approx \underline{3,8 \; m}
\end{displaymath}
\underline{2. L"osungsweg} \newline
Der zweite L"osungsweg ist etwas komplizierter, wurde aber von unseren
Proberechnern gew"ahlt. 
Die Bewegungsgleichung des Klotzes auf der schiefen Ebene ist
\begin{displaymath}
m a   = m g \; sin\alpha + \mu_{G} m g \; cos\alpha 
= m (g \; sin\alpha + \mu_{G} g \; cos\alpha ) 
\end{displaymath}
Mit $s(t) = v_{0} t - (1/2) a t^{2}$ und $h(t)=s(t) \; sin\alpha$
folgt:
\begin{displaymath}
h(t) = v_{0} \; sin\alpha \; t - \frac{1}{2} a \; sin\alpha \; t^{2}
\end{displaymath}
Die maximale H"ohe wird erreicht, wenn $dh/dt = 0$ wird, daraus folgt
die hierzu notwendige Zeit $t_{1} = v_{0}/a$. Einsetzen in die vorherige
Formel liefert
\begin{displaymath}
h = \frac{v_{0}^{2} sin\alpha}{a} - \frac{1}{2} 
\frac{v_{0}^{2} sin\alpha}{a} = \frac{1}{2} \frac{v_{0}^{2} sin\alpha}
{a} = \frac{1}{2} \frac{v_{0}^{2} sin\alpha}{g(sin\alpha + \mu_{G} 
\; cos\alpha )} \approx  \underline{3,8 \; m}
\end{displaymath}
b) Das Verh"altnis der r"ucktreibenden Schwerkraft $F_{g} = mg \; sin\alpha$ 
zur Haftreibungskraft $F_{HR} = \mu_{H} m g \; cos\alpha$,
\begin{displaymath}
\frac{F_{g}}{F_{HR}} = \frac{1}{\mu_{H}} \; tang(\alpha) = 1,92 \; ,
\end{displaymath}
ist gr"o"ser als 1, daher gleitet der Klotz die Ebene wieder hinunter.     
\newpage
\bf Aufgabe 4: \rm \hspace{10.5cm} (9 Punkte) \newline
Die in der Seifenblase gespeicherte Energie ist
\begin{displaymath}
W = \sigma A = 2 \sigma 4 \pi R^{2} = 8 \pi \sigma R^{2} = 1,8 \cdot 
10^{-3} \; J
\end{displaymath}
Diese Energie verteilt sich beim Zerplatzen auf die kinetische Energie
der entstehenden Tr"opfchen:
\begin{displaymath}
W = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} m_{i} v_{i}^{2} = \frac{1}{2} v^{2} 
\sum_{i=1}^{n} m_{i} = \frac{1}{2} M v^{2} 
\end{displaymath}
Hierbei wurde ausgenutzt, da"s nach Aufgabenstellung die Geschwindigkeiten
$v_{i}$ der einzelnen Tr"opfchen gleich sind, also $v_{i} = v$, und da"s
die Gesamtmasse $M$ der Seifenblase gleich der Summe der Massen der 
Tr"opfchen sein mu"s. Daher folgt 
\begin{displaymath}
v = \sqrt{\frac{2 W}{M}} = 4 \sqrt{\frac{ \pi \sigma}{M} } R \approx 
\underline{6 \; m/s}
\end{displaymath}        
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 5: \rm \hspace{10.5cm} (9 Punkte) \newline
Die beiden Massen rotieren um ihren gemeinsamen Schwerpunkt. Dieser
liegt offensichtlich in der Mitte der Feder. Die Fliehkraft einer Masse ist 
dann $F_{F} = m r \omega^{2}$. Diese Kraft wird von der r"ucktreibenden
Federkraft $F_{H}=D'x = 2 D x$ kompensiert, wobei die doppelte 
Federkonstante zu nehmen, da die Feder halbiert wurde.
Mit $r=L/2 + x$ folgt also
\begin{displaymath}
m \left( \frac{L}{2} + x \right) \omega^{2} = 2 D x^{2} \; \; \; \; \; 
\rightarrow \; \; \; \; \; x (2 D - m\omega^{2} ) = m \frac{L}{2} 
\omega^{2} 
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
x = \frac{L/2}{\frac{2D}{m\omega^{2}} - 1} \approx 6,67 \; cm = 0.0667 \; m
\end{displaymath}
Die Energie der Rotation ist dann 
\begin{displaymath}
E= 2 (\frac{1}{2} m r^{2} \omega^{2} ) + 2 ( \frac{1}{2} (2D) x^{2})
= m r^{2} \omega^{2} + 2 D x^{2} = m (\frac{L}{2} + x)^{2} \omega^{2}
 + 2 D x 
\end{displaymath}
Zahlenwerte:
\begin{displaymath}
E = 2,84 \; J + 0,71 \; J = \underline{3,55 \; J}
\end{displaymath}
\newpage 
\bf Aufgabe 6: \rm \hspace{10.5cm} (8 Punkte) \newline
Nach dem Drehimpulssatz mu"s der Drehimpuls $L_{m}=(2/3)b m v$ der Kugel
gleich dem Drehimpuls $L_{M} = I \omega$ der T"ur sein, wobei $I$ das
Tr"agheitsmoment ist: 
\begin{displaymath}
\frac{2}{3} b m v = I \omega \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \; 
\omega = \frac{2 b m v}{3 I}
\end{displaymath}
Das Tr"agheitsmoment kann auf zwei Wegen berechnet 
werden, einmal durch direkte Integration, zum anderen mit Hilfe des 
Tr"agheitsmomentes einer d"unnen Stange und des Steinerschen Satzes. 
Seien $b$, $h$ und $a$ die Breite, H"ohe und Dicke der T"ur, so ist
f"ur ein infinitesimales Volumen der Breite $dx$, H"ohe $h$ und Dicke $a$
im Abstand $x$ von der Aufh"angung das infinitesimale Tr"agheitsmoment
$dI_{T}  = \rho h a x^{2} dx$. Integration von $0$ bis $b$ liefert
\begin{displaymath}
I_{T} = \int_{0}^{b} dI_{T} = \int_{0}^{b} \rho h a x^{2} dx = 
\frac{1}{3} \rho h a b^{3} = \frac{1}{3} M b^{2}
\end{displaymath}
Dasselbe erh"alt man aus dem Steinerschen Satz. Das Tr"agheitsmomet einer
d"unnen Stange der L"ange $b$ und Masse $dm$ ist 
$dI_{T}  = (1/12) b^{2} \; dm + (b/2)^{2} \; dm = (1/3) b^{2} \; dm$. 
Summation "uber alle Stangen von der H"ohe $0$ bis $h$ ergibt dann wiederum 
$I_{T}=(1/3) M b^{2}$. Der Beitrag der kleinen Kugelmasse zum Tr"agheitsmoment
der T"ur kann vernachl"assigt werden. 
\begin{displaymath}
I = I_{T} + I_{K} = \frac{1}{3} M b^{2} + \frac{4}{9} m b^{2} 
= (\frac{1}{3} M + \frac{4}{9} m ) b^{2} \approx \frac{1}{3} M b^{2}
\end{displaymath}
Einsetzen in die obige Gleichung ergibt
\begin{displaymath}
\omega = \frac{2 m v }{M b} =  \underline{0,2 \; s^{-1}}
\end{displaymath}    
\end{document}
