\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L\"osungen zur Klausur}
\vskip 2mm
\normalsize Besprechung: {\bf Donnerstag, den 3. Februar 2000}
\newline
\vskip 1mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline
a) Wegen Drehimpulserhaltung gilt:
\begin{displaymath}
L'_{Person} + L'_{Scheibe} = L_{Scheibe},
\end{displaymath}
wobei $L'_{Person}$ und $L'_{Scheibe}$ die Drehimpulse der Person und der
Scheibe nach dem Abbremsen sind. Daher gilt auch
\begin{displaymath}
I \omega' + I_{Scheibe} \omega' = I_{Scheibe} \omega
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
\omega' = \frac{I_{Scheibe}}{I + I_{Scheibe}} \omega .
\end{displaymath}
Das Tr\"agheitsmoment der Scheibe ist
$I_{Scheibe} = (1/2) m r^{2} = 0,8 \; kg \cdot m^{2}$, daher
\begin{displaymath}
\omega' = \frac{0,8}{2,4 + 0,8} \omega = \frac{1}{4} \omega
\end{displaymath}
oder auch
\begin{displaymath}
\nu' = \frac{1}{4} \nu = 0,5 \; s^{-1}.
\end{displaymath}
b) Die Rotationsenergie ist:
\begin{displaymath}
E' = \frac{1}{2} (I_{Scheibe} + I) \omega'^{2} = 15,8 \; J. 
\end{displaymath}
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{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (9 Punkte) \newline
a) Dieses ist ein inelastischer Vorgang, d.h. man kann nur den Impulssatz,
nicht den Energiesatz anwenden:
\begin{displaymath}
p_{1} = p_{0} + p_{Sand},
\end{displaymath}
wobei $p_{0} = M v_{0}$ der Impuls des Wagens ohne Sand und
$p_{1} = (M+m) v_{1}$ der Impuls des Wagens mit Sand ist. Ausserdem
ist $p_{Sand} = 0$. Also gilt $p_{1} = p_{0}$ oder
$(M+m) v_{1} = M v_{0}$. Aufgel\"ost nach $v_{1}$ folgt:
\begin{displaymath}
v_{1} = \frac{M}{M+m} v_{0} = \frac{18}{20} \cdot 3 \; m/s = 2,7 \; m/s.
\end{displaymath}
b) Die Energiedifferenz ist
\begin{displaymath}
\Delta E = E_{kin,0} - E_{kin,1} = \frac{1}{2} M v_{0}^{2}
- \frac{1}{2} (M+m) v_{1}^{2} = \frac{1}{2} M v_{0}^{2}
- \frac{1}{2} \frac{M^{2}}{M + m} v_{0}^{2} = 
 \frac{M m}{2(M+m)} v_{0}^{2} = 8100 \; J
\end{displaymath}
Diese Energie geht in Reibungsw\"arme verloren, wenn der Sand sich auf dem
Boden des Wagens reibt. Der Sand muss ja in Fahrtrichtung beschleunigt
werden. \newline
c) Nach Aussch\"utten des Sandes \"andert sich die Geschwindigkeit des
Wagens nicht. Der Sand nimmt seinen Impuls mit.
\begin{displaymath}
p_{1} = p_{2} + p'_{Sand},
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
(M+m) v_{1} = M v_{1} + m v_{1}.
\end{displaymath}
Die Geschwindigkeit des Wagens bleibt $v_{1} = 2,7 \; m/s$.
\newline \vskip 1mm
{\bf Aufgabe 3:}  \hspace{10cm}(8 Punkte) \newline
a) Im Gleichgewicht muss die resultierend Kraft aus der Schwerkraft
und der Zentrifugalkraft in Richtung der Stange zeigen, \newline
\vskip 4cm
Daher folgt:
\begin{displaymath}
tg(\varphi) = \frac{F_{z}}{F_{g}} = \frac{m \omega^{2} l \; sin(\varphi)}
{m g},
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
cos(\varphi) = \frac{g}{l \omega^{2}} = 0,55
\end{displaymath}
oder $\varphi_{a} = 56^{o}$. \newline
b) In diesem Fall erh\"alt man $cos\varphi = 1,94$, d.h. keine reelle
L\"osung. Die Grenzfrequenz f\"ur $cos(\varphi) = 1$ ist
$\omega_{g} = \sqrt{g/l}$, d.h. die Frequenz der Pendelschwindung.
F\"ur kleinere Frequenzen gibt es keine Auslenkung mehr, d.h.
$\varphi_{b} = 0^{o}$. 
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{\bf Aufgabe 4:}  \hspace{10cm}(8 Punkte) \newline
Die Zentrifugalkraft muss der Gravitationskraft das Gleichgewicht halten,
\begin{displaymath}
m \frac{v^{2}}{R} = \gamma \frac{m M}{R^{2}}.
\end{displaymath}
Mit $M = (4/3) \pi \rho R^{3}$ und $v = 2 \pi R/ T$ folgt:
\begin{displaymath}
T^{2} = \frac{3\pi}{\rho \gamma}.
\end{displaymath}
Die Umlaufzeit h\"angt nicht vom Radius des Planeten ab.
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{\bf Aufgabe 5:}  \hspace{10cm}(8 Punkte) \newline
Die beiden H\"alften haben die Federkonstante $D' = 2 D$, wenn $D$ die
Federkonstante der urspr\"unglichen Feder war (siehe \"Ubung 3, Nr.1).
Daher gilt
\begin{displaymath}
F = D'' x = D' x - D' (-x) = 2 D' x = 4 D x.
\end{displaymath}
und
\begin{displaymath}
T'' = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{4D}} = \frac{1}{2} T = 1 \; s.
\end{displaymath}
\vskip 5mm
{\bf Aufgabe 6:}  \hspace{10cm}(9 Punkte) \newline
Allgemein kann man den Ansatz machen:
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} \rho v^{2} = \rho g h + \frac{1}{2} \rho v_{0}^{2}.
\end{displaymath}
Mit $v_{0} = dh/dt$ und $v_{0} \pi R^{2} = v \pi r^{2}$ folgt:
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} \frac{v_{0}^{2} R^{4}}{r^{4}} = g h + \frac{1}{2} v_{0}^{2}.
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} \left( \frac{dh}{dt} \right)^{2} \frac{R^{4}}{r^{4}}
= g h + \left( \frac{dh}{dt} \right)^{2}.
\end{displaymath}
Daraus folgt
\begin{displaymath}
(dt)^{2} = \frac{1}{2g} \left( \frac{R^{4}}{r^{4}} -1 \right)
\frac{(dh)^{2}}{h}.
\end{displaymath}
Da $R^{4}/r^{4} \gg 1$, kann man auch schreiben:
\begin{displaymath}
(dt)^{2} \approx \frac{1}{2g} \frac{R^{4}}{r^{4}} \frac{(dh)^{2}}{h}
\end{displaymath}
Integration ergibt:
\begin{displaymath}
\Delta t = \frac{2}{\sqrt{2g}} \frac{R^{2}}{r^{2}} \left( \sqrt{h_{1}}
- \sqrt{h_{2}} \right) = 278 \; s.
\end{displaymath}
Einfacher geht es nat\"urlich, wenn man die in der Vorlesung abgeleitete
Formel f\"ur die Ausflussgeschwindigkeit noch im Kopf hat:
$v = \sqrt{2 g h}$. Mit $-dV/dt = \pi r^{2} v = \pi r^{2} \sqrt{2gh}$
folgt sofort
\begin{displaymath}
dt = \frac{dV}{\pi r^{2} \sqrt{2 g h}} = \frac{R^{2} dh}{r^{2} \sqrt{2g}
\sqrt{h}}
\end{displaymath}
Integration liefert das selbe Ergebnis wie oben.
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