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%eigene definitionen
\newcommand{\abs}[1]{\lvert#1\rvert}

\date{Physik I und II, D-MATH, D-PHYS \& D-CHEM}
\author{Prüfung von R. Eichler}
\title{1. Vordiplom Herbst 2002}

\begin{document}
\markright{Physik I und II, 1. Vordiplom Herbst 2002}
\pagestyle{myheadings}

\maketitle

\setcounter{section}{-1}
\section{Notenskala}
\begin{displaymath}
\mbox{Note} \approx \frac{\mbox{Punkte} \cdot 5 + 9}{19}
\end{displaymath}

\section{Doppelstern (5 Punkte)}

\subsection{}
\begin{eqnarray*}
m_1 & = & 3 \cdot 10^{33}kg\\
m_2 & = & 4 \cdot 10^{33}kg\\
d   & = & 10^{17}m\\
G   & = & 6.67 \cdot 10^{-11}\frac{m^3}{kg s^2}\\
\end{eqnarray*}
Das ganze als Kinderschaukel/Kinderwippe auffassen die
ausbalanciert sein muss (Drehpunkt = Schwerpunkt), also muss die Summe aller
Drehmomente 0 sein:
\begin{eqnarray*}
m_1 x & = & (d-x) m_2\\
x & = & \frac{d m_2}{m_1 + m_2}
\end{eqnarray*}
oder nach Demtröder (S. 107) den Massenschwerpunkt berechnen, dazu den 0-Punkt
in einer Masse wählen (hier $m_1$):
\begin{eqnarray*}
r_s & = & \frac{1}{ M_{total} } \sum_i m_i r_i\\
r_s & = & \frac{d m_2}{m_1 + m_2}\\
5.71 \cdot 10^{16}m & = &
\frac{10^{17}m \cdot 4 \cdot 10^{33}kg}{3 \cdot 10^{33}kg + 4 \cdot 10^{33}kg}\\
\end{eqnarray*}
Der Schwerpunkt ist $5.71 \cdot 10^{16}m$ von $m_1$ entfernt.

\subsection{}
Siehe Demtröder Seite 67
\begin{eqnarray*}
m_1 \omega^2 r & = & -G\frac{m_1 M_{total}}{r^2}\\
\omega         & = & \sqrt{\frac{G M_{total}}{r^3}}\\
5.00 \cdot 10^{-14}\frac{1}{s} & = &
\sqrt{\frac{6.67 \cdot 10^{-11}\frac{m^3}{kg s^2} (3 + 4)\cdot 10^{33} kg }
{(5.71 \cdot 10^{16}m)^3}}
\end{eqnarray*}

\subsection{}
\begin{displaymath}
L = \vec r \times \vec p,\quad p = m \vec v,\quad v = r \times \omega \quad
\Rightarrow L = r^2 m \omega
\end{displaymath}
Für beide Massen den Drehimpuls berechnen:
\begin{eqnarray*}{rl}
L & = & r_s^2 m_1 \omega + (d - r_s)^2 m_2 \omega\\
8.58 \cdot 10^{53}\frac{kg m^2}{s} & = &\\
5.00 \cdot 10^{-14}\cdot
\Bigl( (5.71 \cdot 10^{16})^2 3 \cdot 10^{33}
& + & (10^{17} - 5.71 \cdot 10^{16})^2 4 \cdot 10^{33}\Bigr)
\frac{kg m^2}{s}\\
\end{eqnarray*}

\section{$\pi^0$-Zerfall (7 Punkte)}

\subsection{}\label{pi1}
\begin{displaymath}
\frac{135MeV}{2} = 67.5MeV
\end{displaymath}

\subsection{}
Siehe Demtröder Seite 129
\begin{eqnarray*}
E_0 & = & m_0 c^2 \mbox{ Ruheenergie}\\
E   & = & m_0 \gamma c^2 \mbox{ mit }
\gamma = \frac{1}{\sqrt{1-\frac{v}{c}^2}}\\
E   & = & m_0 c^2 \frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\\
E   & = & 135MeV \frac{1}{\sqrt{1-\frac{(\frac{c}{2})^2}{c^2}}} =
135MeV \frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{4}}} = 155.8MeV\\
\end{eqnarray*}

\subsection{}
Siehe Demtröder Seite 100 (Bewegte Uhren laufen langsamer)
\begin{eqnarray*}
\Delta t \gamma & = & \Delta \tau\\
9.7 \cdot 10^{-17} s & = & \sqrt{1-\frac{1}{4}}\quad 8.4 \cdot 10^{-17}s
\end{eqnarray*}

\subsection{}

\section{Geysir (7 Punkte)}

\subsection{}
Druck in 20m Tiefe (Annahme: $1m^3$ Wasser = $1000kg$ und Normaldruck $101325Pa$
)
\begin{eqnarray*}
p_{20}    & = & p_{Normal} + p_{Wasser}\\
p_{20}    & = & p_{Normal} + \frac{mg}{A} = P_{Normal} + \varrho g h\\
297325 Pa & = & 101325Pa + 1000 \cdot 9.8 \cdot 20 \frac{kg m m}{m^3 s^2}
\end{eqnarray*}
Siehe Demtröder Seite 324
\begin{eqnarray*}
T_S(p) & = & T_S(p_0)\frac{1}{1-\frac{RT_S(P_0)}{\Lambda}\ln{\frac{p}{p_0}}}\\
133\mbox{\textdegree} C \approx 406.57K & = & 373.15K \frac{1}
{
1-\frac{8.31 \cdot 373.15 J K kg Mol}
{2256000 \cdot 0.018 J K Mol kg}
\ln{\frac{297325}{101325}}
}
\end{eqnarray*}

\subsection{}\label{geysir_b}
\begin{eqnarray*}
\Delta T  & = & 20K\\
c         & = & 4.18\frac{kJ}{kg K}\\
V_{total} & = & \Bigl(\frac{0.5}{2}m\Bigr)^2 \pi 20m +
\Bigl(\frac{1}{2}m\Bigr)^2 \pi 1m\\
          & = & \frac{3}{2}\pi m^3\\
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\Delta Q               & = & \Delta T c V_{total} \varrho\\
394MJ \approx 393955kJ & = &
20 K 4.18\frac{kJ}{kg K} 1000\frac{kg}{m^3} \frac{3}{2}\pi m^3
\end{eqnarray*}

\subsection{}
\begin{eqnarray*}
F & = & \frac{185}{16}\pi \mbox{ Oberfläche des Wasserreservoir } m^2\\
k & = & 0.6 \mbox{ k-Wert } \frac{W}{m^2 K}\\
T_F & = & 873.15 \mbox{ Felstemperatur } K\\
T_{W0} & = & 353.15 \mbox{ Wassertemperatur (bei $t=0$) } K\\
T_{Wt} & = & 373.15 \mbox{ Wassertemperatur (bei $t=t$) } K\\
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\frac{\Delta Q}{\Delta t}     & = & -kF(T(t)-T_F)
\mbox{ mit } \Delta Q = c m \Delta T \Rightarrow\\
\frac{c m \Delta T}{\Delta t} & = & -kF(T(t)-T_F)\\
\frac{\Delta T}{\Delta t}     & = & \frac{-kF}{cm}(T(t)-T_F)\\
\end{eqnarray*}
Ansatz zur Lösung der Differentialgleichung:
\begin{displaymath}
T(t) = A e^{\frac{-kF}{cm}t} + T_F
\end{displaymath}
Randbedingungen bei $t=0$:
\begin{displaymath}
T(0) = T_{W0} = A + T_F \Rightarrow A = T_{W0} - T_F \Rightarrow
\end{displaymath}
\begin{eqnarray*}
T(t) & = & (T_{W0} - T_F) e^{\frac{-kF}{cm}t} + T_F\\
\end{eqnarray*}
Wann ist $T(t) = T_{Wt}$:
\begin{eqnarray*}
T_{Wt} & = & (T_{W0} - T_F) e^{\frac{-kF}{cm}t} + T_F\\
\frac{T_{Wt} - T_F}{T_{W0} - T_F} & = & e^{\frac{-kF}{cm}t}\\
\ln{\Biggl(\frac{T_{Wt} - T_F}{T_{W0} - T_F}\Biggr)} & = & \frac{-kF}{cm}t\\
\frac{-cm\ln{\Bigl(\frac{T_{Wt} - T_F}{T_{W0} - T_F}\Bigr)}}{kF} & = & t\\
\end{eqnarray*}
\begin{displaymath}
\frac{
-4180\frac{J}{kgK}1000\frac{kg}{m^3}\frac{3}{2}\pi m^3
\ln{\Bigl(\frac{373.15 - 873.15}{353.15 - 873.15}\Bigr)}
}
{0.6\frac{W}{m^2K}\frac{185}{16}\pi m^2} = 35447s = 9h 50' 47s
\end{displaymath}

\section{Seilwelle (6 Punkte)}

\subsection{}
Befinde mich beim Punkt x. Dauer bis die Welle (0.2m) an mir vorbei ist ($t_2 -
t_0$, wähle $t_0 = 0s$):
\begin{displaymath}
v = \frac{s}{t} \Rightarrow t = \frac{s}{v} = \frac{0.2\frac{m}{s}}{10m} = 0.02s
\end{displaymath}
Transversale Geschwindigkeiten zwischen den Zeiten $-\infty , t_0, t_1, t_2,
+\infty$:
\begin{eqnarray*}
    & \rightarrow & 0\frac{m}{s}\\
t_0 & = & 0s\\
    & \rightarrow & \frac{0.05m}{0.01s} = 5\frac{m}{s}\\
t_1 & = & 0.01s\\
    & \rightarrow & \frac{-0.05m}{0.01s} = -5\frac{m}{s}\\
t_2 & = & 0.02s\\
    & \rightarrow & 0\frac{m}{s}\\
\end{eqnarray*}

\subsection{}
Frequenzspektrum muss kontinuierlich sein (ähnlich eines Knalles) da nur ein
Wellenberg vorhanden ist.
Die Dreiecksfunktion ist gegeben durch $f(t)= c (1-\frac{\abs{t}}{b})$ mit $c =
0.05$ und $b = 0.01$ (0-Punkt bei der höchsten Amplitude).
Fourieranalyse:

\begin{eqnarray*}
A(\omega) & = & \frac{1}{\sqrt{2 \pi}}
\int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i \omega t} \,dt =
\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}
\int_{-b}^{b} c \Bigl(1-\frac{\abs{t}}{b}\Bigr) e^{-i \omega t} \,dt\\
& = & \frac{c}{\sqrt{2 \pi}}
\Biggl[
\int_{-b}^{0} \Bigl(1-\frac{\abs{t}}{b}\Bigr) e^{-i \omega t} \,dt +
\int_{0}^{b} \Bigl(1-\frac{\abs{t}}{b}\Bigr) e^{-i \omega t} \,dt
\Biggr]\\
& = & \frac{c}{\sqrt{2 \pi}}
\Biggl[
\int_{-b}^{0} e^{-i \omega t} \,dt -
\frac{1}{b} \int_{-b}^{0} \abs{t} e^{-i \omega t} \,dt +
\dotsb\\
& = & \frac{c}{\sqrt{2 \pi}}
\Biggl[
-\frac{e^{-i \omega t}}{i \omega} \biggr|_{-b}^{0} +
\frac{e^{-i \omega t^2}}{2 b i \omega} \biggr|_{-b}^{0}
\dotsb\\
& = & \frac{c}{\sqrt{2 \pi}}
\Bigl(
\frac{e^{i \omega b}}{i \omega} - \frac{e^{-i \omega b}}{i \omega}
\Bigr)\\
& = & \frac{c}{i \omega \sqrt{2 \pi}}
\Bigl(
e^{i \omega b} - e^{-i \omega b}
\Bigr)
\mbox{ mit } 2 i \sin{x} = (e^{ix}-e^{-ix})\\
& = & - \frac{ 2 c \sin{\omega b} }{\omega \sqrt{2 \pi}}
\end{eqnarray*}
Wo ist Walter?

\subsection{}
\begin{eqnarray*}
E_{kin}   & = & m_{Welle}\frac{v_{trans}^2}{2}\\
m_{Welle} & = & \mu \abs{\lambda}\\
E_{kin}   & = & \mu \abs{\lambda}\frac{v_{trans}^2}{2}\\
2.795 J   & = & 0.01\frac{kg}{cm} 2 \sqrt{10^2+5^2} \frac{5^2}{2}
	    = \frac{\sqrt{125}}{4}\\
\end{eqnarray*}

\section{Rollende Kugel (7 Punkte)}

\subsection{}\label{kugel_a}
\begin{eqnarray*}
E_{pot_o} & = & mgh\\
E_{kin_o} & = & m\frac{v_o^2}{2}\\
E_{rot_o} & = & c\\
E_{pot_u} & = & 0\\
E_{kin_u} & = & m\frac{v_u^2}{2}\\
E_{rot_u} & = & c\\
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
E_{pot_o} + E_{kin_o} + \underbrace{E_{rot_o}}_{c} & = &
\underbrace{E_{pot_u}}_{0} + E_{kin_u} + \underbrace{E_{rot_u}}_{c}\\
E_{pot_o} + E_{kin_o} & = & E_{kin_u}\\
mgh + m\frac{v_o^2}{2} & = & m\frac{v_u^2}{2}\\
\sqrt{2gh + v_o^2} & = & v_u\\
\sqrt{2 \cdot 9.81\frac{m}{s^2} 1m + 2^2\frac{m^2}{s^2}} & = &
4.86\frac{m}{s}\\
\end{eqnarray*}

\subsection{}\label{kugel_b}
\begin{eqnarray*}
E_{rot} & = & \frac{1}{2} I_{Kugel} \omega^2\\
I_{Kugel} & = & \frac{2}{5}m R^2\\
\omega & = & \frac{v}{R}\\
E_{rot} & = & \frac{1}{2} \frac{2}{5}m R^2 \frac{v^2}{R^2} =
\frac{m v^2}{5}\\
\end{eqnarray*}
\begin{displaymath}
[\mu] = m \Rightarrow [\mu g m \cos\alpha] = Nm \Rightarrow \frac{\mu}{R} g m
\cos\alpha = N
\end{displaymath}
\begin{eqnarray*}
E_{Reib} & = & F_N s \frac{\mu}{R}\\
\alpha & = & \arctan{\frac{1}{10}} \mbox{ Steigungswinkel}\\
F_N & = & \cos{\arctan{\frac{1}{10}}} m g\\
E_{Reib} & = & \cos{\arctan{\frac{1}{10}}} m g \sqrt{10^2+1} \frac{\mu}{R}\\
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
E_{pot_o} + E_{kin_o} + E_{rot_o} & = &
\underbrace{E_{pot_u}}_{0} + E_{kin_u} + E_{rot_u} + E_{Reib}\\
gh + \frac{v_o^2}{2} + \frac{v_o^2}{5} & = &
\frac{v_u^2}{2} + \frac{v_u^2}{5} +
\cos{\arctan{\frac{1}{10}}} g \sqrt{10^2+1} \frac{\mu}{R}\\
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
gh + \frac{v_o^2}{2} + \frac{v_o^2}{5}-
\cos{\arctan{\frac{1}{10}}} g \sqrt{10^2+1} \frac{\mu}{R} & = &
\frac{7}{10}v_u^2\\
\sqrt{\frac{10}{7}
\Bigl(
gh + \frac{7}{10}v_o^2 -
\cos{\arctan{\frac{1}{10}}} g \sqrt{10^2+1} \frac{\mu}{R}
\Bigr)}
& = &
v_u\\
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\sqrt{\frac{10}{7}
\Bigl(
\frac{9.81 m^2}{s^2} + \frac{7 \cdot 4 m^2}{10 s^2} -
\cos{\arctan{\frac{1}{10}}} \frac{9.81 m \sqrt{101}m \cdot 0.05}{s^2}
\Bigr)} = \\
3.32\frac{m}{s}\\
\end{eqnarray*}

\subsection{}
\begin{eqnarray*}
\frac{v_m}{R} & = & \mbox{Rotationsgeschwindigkeit } \frac{1}{s}
\end{eqnarray*}
$v_m$ brechnen wie in Aufgabe (\ref{kugel_b}) jedoch mit $\frac{h}{2}$ und
$\frac{s}{2}$:
\begin{eqnarray*}
\sqrt{\frac{10}{7}
\Bigl(
g\frac{h}{2} + \frac{7}{10}v_o^2 -
\cos{\arctan{\frac{1}{10}}} g \frac{\sqrt{101}}{2} \frac{\mu}{R}
\Bigr)}
& = &
v_m\\
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\sqrt{\frac{10}{7}
\Bigl(
\frac{9.81 m^2}{2 s^2} + \frac{7 \cdot 4 m^2}{10 s^2} -
\cos{\arctan{\frac{1}{10}}} \frac{9.81 m \sqrt{101}m \cdot 0.05}{2
s^2} \Bigr)} = \\
2.74\frac{m}{s}\\
\end{eqnarray*}
\begin{displaymath}
\frac{v_m}{R} = \frac{3.26\frac{m}{s}}{0.1m} = 27.4\frac{1}{s}
\end{displaymath}

\vfill
\begin{flushleft}
Lösungsversuch von Patrick, Susanne, Thomas, besten Dank auch an Salvi für die
Tipps\\
ge-\LaTeX{} am \today{}\\
Thomas Kuster\\
thomas@fam-kuster.ch
\end{flushleft}
\end{document}
