Lösungen zur Übung Nr. 8
Besprechung: Donnerstag, den 16. Dezember 1999
Aufgabe 1: (6 Punkte)
Wir wählen 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}

Integration über die gesamte Platte ergibt:

\begin{displaymath}
\Phi(x) = -\gamma \frac{2M}{R^{2}}\int_{0}^{R} \frac{r \; dr...
...amma \frac{2M}{R^{2}} \left(
\sqrt{R^{2} + x^{2}} - x \right).
\end{displaymath}

Für die Feldstärke gilt:

\begin{displaymath}
\vec{g}(x) = - \frac{d\Phi}{dx} \vec{e}_{x} =
- \gamma \frac...
...t( 1 - \frac{1}{\sqrt{1 + (R^{2}/x^{2})}}
\right) \vec{e}_{x},
\end{displaymath}

wobei wir den Einheitsvektor in $x$- Richtung eingeführt haben. Das Minuszeichen zeigt an, dass die Feldtärke zur Platte hin gerichtet ist.

Aufgabe 2: (7 Punkte)
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 Erdoberfläche und Mondoberfläche, schliesslich innerhalb des Mondes. Innerhalb der Erde gilt:

\begin{displaymath}
\Phi_{E}(r) = - \frac{1}{m} \int F(r') \; dr' + c =
+ \frac{...
...{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 für $r \leq R_{E}$:

\begin{displaymath}
\Phi_{ges}(r) = -\frac{1}{2} \gamma \left( 3 \frac{M_{E}}{R_...
...}}{R_{E}^{3}} r^{2} \right) - \gamma \frac{M_{M}}{R_{EM} - r}.
\end{displaymath}

Zwischen Eroberfläche und Mondoberfläche 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 für $r \geq R_{EM} - R_{M}$:

\begin{displaymath}
\Phi_{ges}(r) = -\gamma \frac{M_{E}}{r} - \frac{1}{2} \gamma...
...{M_{M}}{R_{M}} - \frac{M_{M}}{R^{3}_{M}}(R_{EM}-r)^{2} \right)
\end{displaymath}

b) Man muss nur soviel Energie aufbringen, um den Punkt $R$ zu erreichen, an dem die Anziehungskräfte 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 hierfür benötigte Energie ist:

\begin{displaymath}
W = m (\Phi_{ges}(R) - \Phi_{ges}(R_{E}) = m \gamma \left(
-...
...c{M_{M}}{R_{EM}-R_{E}} \right) \approx 6,2 \cdot 10^{10} \; J.
\end{displaymath}


Aufgabe 3: (7 Punkte)
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 erhält 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 Lösung:

\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 für 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}

Für den Wurf um die Erde herum gilt wegen

\begin{displaymath}
m \frac{v^{2}}{R} = \gamma \frac{M m}{R^{2}}
\end{displaymath}

für die Geschwindigkeit

\begin{displaymath}
v = \sqrt{\gamma \frac{M}{R}}.
\end{displaymath}

Hier erhalten wir für die Zeit:

\begin{displaymath}
T = \frac{\pi R}{v} = \pi R \sqrt{\frac{R}{\gamma M}},
\end{displaymath}

Beide Zeiten sind also offensichtlich gleich.



Harm Fesefeldt
2007-08-02