\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L\"osungen zur "Ubung Nr. 8}
\vskip 2mm
\normalsize Besprechung: {\bf Donnerstag, den 16. Dezember 1999}
\newline
\vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (6 Punkte) \newline
Wir w\"ahlen einen Kreisring der Dicke $dr$ mit den Radius $r$. Dieser
hat die Masse $dm = (M/(\pi R^{2})) 2\pi r \; dr$ und erzeugt am Punkt
$P$ den Beitrag zum Potential: 
\begin{displaymath}
d\Phi = - \gamma \frac{dm}{s} = -\gamma \frac{2M}{R^{2}} \frac{r \; dr}
{\sqrt{r^{2} + x^{2}}}.
\end{displaymath}
\vskip 7cm
Integration \"uber die gesamte Platte ergibt:
\begin{displaymath}
\Phi(x) = -\gamma \frac{2M}{R^{2}}\int_{0}^{R} \frac{r \; dr}
{\sqrt{r^{2} + x^{2}}} = -\gamma \frac{2M}{R^{2}} \left(
\sqrt{R^{2} + x^{2}} - x \right).
\end{displaymath}
F\"ur die Feldst\"arke gilt:
\begin{displaymath}
\vec{g}(x) = - \frac{d\Phi}{dx} \vec{e}_{x} =
- \gamma \frac{2M}{R^{2}} \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{1 + (R^{2}/x^{2})}}
\right) \vec{e}_{x},
\end{displaymath}
wobei wir den Einheitsvektor in $x$- Richtung eingef\"uhrt haben. Das
Minuszeichen zeigt an, dass die Feldt\"arke zur Platte hin gerichtet ist.
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{\bf Aufgabe 2:}  \hspace{10cm}(7 Punkte) \newline
a) Das Gesamtpotential ist die Summe der Einzelpotentiale:
\begin{displaymath}
\Phi_{ges} = \Phi_{E} + \Phi_{M}.
\end{displaymath}
Sei $r$ der Abstand des betrachteten Punktes vom Erdmittelpunkt, dann ist
$r_{M} = R_{EM} - r$ der Abstand zum Mondmittelpunkt. Daher gilt
\begin{displaymath}
\Phi_{ges}(r) = \Phi_{E}(r) + \Phi_{M}(R_{EM} - r).
\end{displaymath}
Man muss den Bereich in drei Teile aufteilen, einmal innerhalb der Erde,
dann zwischen Erdoberfl\"ache und Mondoberfl\"ache, schliesslich 
innerhalb des Mondes. Innerhalb der Erde gilt:
\begin{displaymath}
\Phi_{E}(r) = - \frac{1}{m} \int F(r') \; dr' + c =
+ \frac{1}{m} \int \gamma m \frac{4}{3} \pi \rho_{E} r' \; dr' + c
= \frac{2}{3} \gamma \pi \rho_{E} r^{2} + c.
\end{displaymath}
Mit der Maase $M_{E}$ der Erde kann man dieses auch schreiben:
\begin{displaymath}
\Phi_{E}(r) = \frac{1}{2} \gamma \frac{M_{E}}{R_{E}^{3}} r^{2} + c.
\end{displaymath}
Die Integrationskonstante $c$ folgt aus der Bedingung
$\Phi_{E}(R_{E}) = - \gamma M_{E}/R_{E}$ zu
\begin{displaymath}
c = - \frac{3}{2} \gamma \frac{M_{E}}{R_{E}}.
\end{displaymath}
Daher erhalten wir schliesslich f\"ur $r \leq R_{E}$:
\begin{displaymath}
\Phi_{ges}(r) = -\frac{1}{2} \gamma \left( 3 \frac{M_{E}}{R_{E}} -
\frac{M_{E}}{R_{E}^{3}} r^{2} \right) - \gamma \frac{M_{M}}{R_{EM} - r}.
\end{displaymath}
Zwischen Eroberfl\"ache und Mondoberfl\"ache ist die Sache einfach, und zwar:
\begin{displaymath}
\Phi_{ges}(r) = -\gamma \frac{M_{E}}{r} - \gamma \frac{M_{M}}{R_{EM}-r}.
\end{displaymath}
Im Innern des Mondes verfahren wir wie im Innern der Erde, dieses ergibt
f\"ur $r \geq R_{EM} - R_{M}$:
\begin{displaymath}
\Phi_{ges}(r) = -\gamma \frac{M_{E}}{r} - \frac{1}{2} \gamma \left(
3 \frac{M_{M}}{R_{M}} - \frac{M_{M}}{R^{3}_{M}}(R_{EM}-r)^{2} \right)
\end{displaymath}
Die folgende Skizze zeigt den Potentialverlauf: 
\newline \vskip 10cm
b) Man muss nur soviel Energie aufbringen, um den Punkt $R$ zu erreichen,
an dem die Anziehungskr\"afte von Erde und Mond gleich sind, d.h.
\begin{displaymath}
\gamma \frac{m M_{E}}{R^{2}} = \gamma \frac{m M_{M}}{(R_{EM} - R)^{2}}.
\end{displaymath}
Daraus folgt $R$ zu
\begin{displaymath}
R = \sqrt{\frac{M_{E}}{M_{M}}} (R_{EM} - R) \approx \frac{9}{10} R_{EM}.
\end{displaymath}
Die hierf\"ur ben\"otigte Energie ist:
\begin{displaymath}
W = m (\Phi_{ges}(R) - \Phi_{ges}(R_{E}) = m \gamma \left(
- \frac{M_{E}}{R} - \frac{M_{M}}{R_{EM}-R} + \frac{M_{E}}{R_{E}} 
+ \frac{M_{M}}{R_{EM}-R_{E}} \right) \approx 6,2 \cdot 10^{10} \; J.
\end{displaymath}
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (7 Punkte) \newline
Wir betrachten zuerst die Rohrpost durch den Schacht. Die Kraft auf das
Paket im Innern der Erde ist im Abstand $r$ vom Erdmittelpunkt:
\begin{displaymath}
F = - \gamma \frac{M' m}{r^{2}} = -\gamma \frac{4\pi}{3} \rho m r,
\end{displaymath}
mit der Dichte $\rho$ der Erde und Masse $m$ des Paketes. Nach Vorlesung
muss nur die Teilmasse $M' = (4/3)\pi r^{3} \rho$ der Erde eingesetzt 
werden. An einer beliebigen Stelle im Erdinneren erh\"alt man die
Geschwindigkeit aus dem Energiesatz:
\begin{displaymath}
\int_{R}^{r} F \; dr = \gamma \frac{4\pi}{3} \rho m \int_{R}^{r} r' \; dr'
= \frac{1}{2} m v^{2},
\end{displaymath} 
mit der L\"osung:
\begin{displaymath}
v = \sqrt{\gamma \frac{4\pi}{3} \rho (R^{2} - r^{2})} = 
\sqrt{ \gamma \frac{M}{R} \left( 1 - \frac{r^{2}}{R^{2}} \right) }.
\end{displaymath}
Die gesamte Fallzeit f\"ur das Paket berechnet sich aus
$T = \int_{-R}^{+R} dr/v$ und mit $x = r/R$ zu
\begin{displaymath}
T = R \sqrt{\frac{R}{\gamma M}} \int_{-1}^{+1} \frac{dx}{\sqrt{1 - x^{2}}}
= \pi R \sqrt{\frac{R}{\gamma M}}.
\end{displaymath}
F\"ur den Wurf um die Erde herum gilt wegen
\begin{displaymath}
m \frac{v^{2}}{R} = \gamma \frac{M m}{R^{2}}
\end{displaymath}
f\"ur die Geschwindigkeit
\begin{displaymath}
v = \sqrt{\gamma \frac{M}{R}}.
\end{displaymath}
Hier erhalten wir f\"ur die Zeit:
\begin{displaymath}
T = \frac{\pi R}{v} = \pi R \sqrt{\frac{R}{\gamma M}},
\end{displaymath}
Beide Zeiten sind also offensichtlich gleich.
\end{document}




