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Aufgabenblatt zum Seminar 06
PHYS70356 Klassische und relativistische Mechanik (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

Othmar Marti, (othmar.marti@uni-ulm.de)

Date: 24. 11. 2008

Aufgaben

1. Ein nicht rutschendes rollendes Rad mit dem Durchmesser $2R$ bewegt sich so auf der Unterlage, dass die Achse eine Geschwindigkeit $v$ hat.
   1. Geben Sie die Beziehung zwischen $v$ und $\omega$ für die Drehung um die Radachse an.

   2. Berechnen Sie für jeden Punkt am Umfang (Peripherie) des Rades seinen Geschwindigkeitsvektor.

   3. Berechnen Sie die gesamte kinetische Energie des Rades (Bonusaufgabe).

2. Ein nicht rutschendes rollendes Rad mit dem Durchmesser $2r$ dreht sich im Kreise um einen Auflagepunkt $A$, der sich in der Distanz $a$ vom Radmittelpunkt befindet. Betrachten Sie die Winkelgeschwindigkeit $\omega$ des Rades um seine Achse und die Winkelgeschwindigket $\Omega$ der Rotation des Rades um $A$. Wie gross ist die resultierende Winkelgeschwindigkeit? Durch welche Punkte geht die momentane Drehachse?

3. Eine Landesektion (Startmasse $m_{0}$) soll von der Mondoberfläche aus auf eine Mondumlaufbahn gebracht werden. Die dazu erforderliche Geschwindigkeit $v_{1}$ wird durch Raketentriebwerke mit der Schubkraft $F_{0}$ erzeugt. Die Geschwindigkeit der aus dem Triebwerk ausströmenden Gase ist $u$.
   1. Wie gross ist der Massenausstoss $q=-\frac{dm}{dt}$ der Triebwerke?

   2. Welche Leistung $P$ ist für die Erzeugung des Triebwerkstrahles erforderlich?

   3. Wie gross ist die Restmasse $m_{1}$ der Landesektion im Orbit?

   4. Wie lange $\left( t_{1}\right)$ dauert die Beschleunigungsphase?

   5. Wie gross sind die höchste und die niedrigste Beschleunigungen $a_{1}$ und $a_{0}$?

   6. Welcher Anteil der von den Triebwerken gelieferten Energie ist der Landesektion zugeführt worden (Wirkungsgrad $\varepsilon$)?

   $v_{1}=1,73 \kilo\metre\per\second$, $m_{0}=13,6 \ton$, $u=2,90 \kilo\metre\per\second$ und $F_{0}=260 \kilo\newton$

   (Die Gravitationswirkung des Mondes kann bei der Lösung dieser Aufgabe unberücksichtigt bleiben. Die angegebene Startgeschwindigkeit reicht aus, um eine Kreisbahn in $90 \kilo\metre$ Höhe einzunehmen.)

4. Ein Meteorit nähert sich der Erde und bewegt sich im kürzesten Abstand $r_{P}$ vom Erdmittelpunkt mit der Geschwindigkeit $v_{P}$. Welche Geschwindigkeit $v_{0}$ hatte er in sehr grosser Entfernung von der Erde?

   $r_{P}=7000 \kilo\metre$ $v_{P}=20,0 \kilo\metre\per\second$

5. Der Merkur hat den Perihelabstand $r_{P}$ und den Aphelabstand $r_{A}$ zur Sonne.
   1. Wie gross ist seine Umlaufdauer um die Sonne?

   2. Wie gross sind seine Bahngeschwindigkeiten $v_{P}$ und $v_{A}$ im Perihel und Aphel?

   Die Umlaufzeit $T_{0}$ der Erde und der Erdbahnradius $r_{0}$ werden als bekannt vorausgesetzt.

   $r_{P}=46,0 \giga\metre$ $r_{A}=69,8 \giga\metre$

6. Wie kann man
   1. die Geschwindigkeit $v_{0}$ der Erde auf ihrer Bahn um die Sonne und

   2. die Masse $m_{S}$ der Sonne

   aus dem Erdbahnradius $r_{0}$ und der Umlaufdauer $T_{0}$ der Erde um die Sonne bestimmen?

7. Eine Marssonde wird von der als kreisförmig angenommenen Erdbahn aus in Bewegungsrichtung der Erde gestartet und soll den Mars im sonnennächsten Punkt seiner Bahn gerade (sonnenfernster Punkt der Sonde) erreichen.
   1. Welche Anfangsgeschwindigkeit $v_{1}$ muss die Marssonde (ausserhalb des Erdschwerefeldes) haben?

   2. Mit welcher Geschwindigkeit $v_{2}$ erreicht die Sonde die Marsbahn? (Die Gravitationswirkung des Mars bleibe bis dahin unberücksichtigt.)

   3. Welche Zeit $\tau$ dauert der Flug der Sonde zum Mars?

   Kleinster Abstand Sonne - Mars: $r_{2}=207 \giga\metre$

8. Ein Doppelstern hat die Umlaufzeit $T$ und das Massenverhältnis $\mu=m_{1}/m_{2}$. Der maximale Sternabstand ist $a$, der minimale Sternabstand $b$.
   1. In welcher maximalen Entfernung $r_{1}$ vom ersten Stern liegt das Zentrum der Bewegung, beim maximalen Abstand?

   2. Wie gross sind $m_{1}$ und $m_{2}$ im Verhältnis zur Sonnenmasse?

   $T=9 \hour 48 \minute$, $\mu=2,36$, $a=2,02 \giga\metre$, $b=1,73 \giga\metre$

9. (im Seminar)

   Wie gross ist die Gravitationskraft zwischen dem als Massenpunkt angesehen Isaac Newton ( $m_{N}=80 \kilogram$) und einem in $3 \metre$ über Newton hängenden kugelförmigen Apfel der Masse ( $m_{A}=0,3 \kilogram$).

   (4 Minuten)

10. (im Seminar)

    Gegeben sind $$\vec{r}_{0M}=\left( \begin{array}[c]{c} 1 \metre\\ 3 \metre\\ 2 \metre \end{array}\right)$$ und $$\vec{F}=\left( \begin{array}[c]{c} -2 \newton\\ 1 \newton \\ 1 \newton \end{array}\right)$$

    1. Berechnen Sie das Drehmoment $\vec{M}$.

    2. Wir betrachten eine am Punkte $$\left( \begin{array}[c]{c} 0 \metre\\ 0 \metre\\ 0 \metre \end{array}\right)$$ punktgespiegelte Welt. Wie gross sind dort $\vec{r}_{0M}$, $\vec{F}$ und $\vec{M}$?

       (6 Minuten)

Lösungen

1. 1. Der Umfang eines Rades ist
      $$U=2\pi r$$
      Bei einer Umdrehung in der Zeit $T$ legt die Achse die Distanz $U$ zurück. Die Geschwindigkeit ist also
      $$v=\frac{U}{T}$$
      Andererseits ist die Winkelgeschwindigkeit
      $$\omega = \frac{2\pi}{T}$$
      Zusammen erhalten wir
      $$\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{\frac{U}{v}}= \frac{2\pi}{\frac{2 \pi r}{v}}=\frac{v}{r}$$

   2. Die Geschwindigkeit jedes Punktes im Laborsystem setzt sich aus der Geschwindigkeit $v_{Achse}$ und und der Relativgeschwindigkeit $v_{rel}(\hat{r},\phi)$ zusammen. $\hat{r}$ ist der Abstand zur Achse, $\phi$ der Winkel zur Horizontalen. Wir nehmen nun an, dass sich die Radachse parallel zur $y$-Achse ist. Das Rad bewege sich in die positive $x$-Richtung. Das Rad ist parallel zur $xz$-Ebene. Wir haben also
      $$\vec{v}_{Achse} = \left( \begin{array}{c} v_{Achse,x} \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}\right)$$
      Für einen Winkel $\phi$ ist der Einheitsvektor in radialer Richtung im mit der Achse mitgeführten Koordinatensystem
      $$\vec{e}_{r}(\phi) = \left( \begin{array}{c} \cos(\phi) \\ 0 \\ \sin(\phi) \\ \end{array}\right)$$
      Der Geschwindigkeitsvektor im mitgeführten Koordinatensystem ist (wir haben eine Drehung im Uhrzeigersinn, $\vec{\omega}$ zeigt in die negative $y$-Richtung)
      $$\vec{v}_{rel}(\hat{r},\phi) = \hat{r}\omega \left( \begin{array}{... ...t( \begin{array}{c} \sin(\phi) \\ 0 \\ -\cos(\phi) \\ \end{array}\right)$$
      Die Geschwindigkeit jeden Punktes des Rades ist also
      $$\vec{v}(\hat{r},\phi) = \left( \begin{array}{c} \frac{\hat{r}}{r}... ...}{r}\sin(\phi)\\ 0 \\ -\frac{\hat{r}}{r}\cos(\phi) \\ \end{array}\right)$$
      Im Spezialfall $\hat{r}=r$ erhalten wir
      $$\vec{v}(r,\phi) = v_{Achse,x} \left( \begin{array}{c} 1+ \sin(\phi)\\ 0 \\ -\cos(\phi) \\ \end{array}\right)$$

      Die nebenstehende Skizze zeigt die Geschwindigkeitsvektoren eines rollenden Rades aus der Sicht eines ruhenden Beobachters.

   3. Wir betrachten das Rad in kleine Massenelemente $dm = \rho \hat{r} d\phi d\hat{r} dy$ aufgeteilt. Die Massenelemente haben die Massendichte $\rho$ und die konstante Dicke $dy$. Ihre Oberfläche wird durch $d\hat{r}$ und $\hat{r}d\phi$ begrenzt. Die Gesamtmasse des Rades ist
      $$m = \int dm = dy \rho \int\limits_{0}^{2\pi}\int\limits_{0}^{r} \hat{r} d\hat{r} d\phi = 2\pi dy \rho \frac{r^2}{2} = \pi r^2 dy \rho$$
      Daraus bekommen wir auch
      $$dy\rho = \frac{m}{\pi r^2}$$
      Also ist das Massenelement
      $$dm = \frac{m}{\pi r^2} \hat{r} d\hat{r} d\phi$$
      Jedes Massenelement $dm$ hat die kinetische Energie

      $$dE_{kin} = \frac{dm}{2}v^2(\hat{r},\phi)$$

      $$= \frac{m}{2 \pi r^2}v_{Achse}^2 \left(\left(1+\frac{\hat{r}}{r}\sin(\phi)\right)^2+ \frac{\hat{r}^2}{r^2}\cos^2(\phi)\right)\hat{r} d\hat{r} d\phi$$

      $$=\frac{m}{2 \pi r^2}v_{Achse}^2 \left(1 + 2\frac{\hat{r}}{r}\sin(... ...^2}\sin^2(\phi)+ \frac{\hat{r}^2}{r^2}\cos^2(\phi)\right)\hat{r} d\hat{r} d\phi$$

      $$=\frac{m}{2 \pi r^2}v_{Achse}^2 \left(1 + 2\frac{\hat{r}}{r}\sin(\phi)+ \frac{\hat{r}^2}{r^2}\right)\hat{r} d\hat{r} d\phi$$

      
      
      Die gesamte kinetische Energie ist dann

      $$E_{kin}(v_{Achse}) = \frac{m}{2 \pi r^2}v_{Achse}^2 \int\limits_{0}^{2\pi}\int\limit... ...\frac{\hat{r}}{r}\sin(\phi)+ \frac{\hat{r}^2}{r^2}\right)\hat{r} d\hat{r} d\phi$$

      $$= \frac{m}{2 \pi r^2}v_{Achse}^2 \int\limits_{0}^{r} 2\pi\left( 1+ \frac{\hat{r}^2}{r^2}\right)\hat{r} d\hat{r}$$

      $$= \frac{m}{ r^2}v_{Achse}^2 \int\limits_{0}^{r} \left( \hat{r}+ \frac{\hat{r}^3}{r^2}\right) d\hat{r}$$

      $$= \frac{m}{ r^2}v_{Achse}^2\left(\frac{r^2}{2}+\frac{r^4}{4r^2}\right)$$

      $$= m v_{Achse}^2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)$$

      $$= \frac{3}{4}m v_{Achse}^2$$

      
      
      Eine rutschende Masse $m$ hätte die kinetische Energie $E_{kin} = \frac{1}{2} m v^2$. Deshalb muss in der Rotation die kinetische Energie
      $$E_{rot} = \frac{1}{4} m v^2 = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2} m r^2\right)\omega^2$$
      stecken.
2. Wir nehmen an, dass das Rad nach hinten rollt. Dann zeigt $\vec{\omega}$ des Rades nach links, und $\vec{\Omega}$ der Rotation um den Pfeiler nach oben. Das Rad hat den Umfang $U_{rad} = 2\pi r$. Bei einer Umdrehung um $A$ legt das Rad die Strecke $U_{Kreis} = 2\pi a$ zurück. Aus der vorherigen Aufgabe wissen wir, dass $\omega r = v$ ist. Die Geschwindigkeit der Achse muss auch der Umfangsgeschwindigkeit bezüglich $A$ entsprechen. Also gilt
   $$\Omega a = \omega r$$
   oder
   $$\frac{\Omega}{\omega} = \frac{r}{a}$$
   

   Aus dem Bild folgt:

   • Die resultierende Winkelgeschwindigkeit hat den Betrag
     $\omega_{res} = \sqrt{\omega^2+\Omega^2} = \Omega\sqrt{1+\frac{a^2}{r^2}} = \omega\sqrt{1+\frac{r^2}{a^2}}$
   • Die resultierende Drehachse geht durch $A$ und den Auflagepunkt des Rades auf der Unterlage.

3. 1. $F_{0}=u_{x}\frac{dm}{dt}=qu\qquad\qquad\left( u_{x}=-u\right)$

      $q=\frac{F_{0}}{u}=90 \kilogram\per\second$

   2. Kinetische Energie der Gase: $E_{G}=\frac{1}{2}m_{G}u^{2}$
      $$P=\frac{dE_{G}}{dt}=\frac{1}{2}u^{2}\frac{dm_{G}}{dt}=\frac{1}{2}u^{2}q$$

      ($dm_{G}$ ist die Massenzunahme des Strahles)

      $$P=\frac{1}{2}F_{0}u=377 \mega\watt$$

   3. (Dr. K. Glaum) Wir gehen bei einer geradlinigen Bewegung der Rakete mit der Masse $m(t)$ und der Geschwindigkeit $v(t)$ unter Einfluss der konstanten Schubkraft $F_0$ von der Newtonschen Gleichung

      $$F_0 = \frac{d}{d t} \Big( m(t) v(t) \Big)$$

      
      
      aus. Anders als im Fall der konstanten Massen lautet nun die Bewegungsgleichung

      $$F_0 = m(t) \frac{d v(t)}{d t} + \frac{d m(t)}{d t} v(t) ,$$

      
      
      wobei der erste Term der üblichen Beschleunigungskraft entspricht und der zweite den Strafterm durch die Massenänderung darstellt. Nun haben wir noch die Massenänderung als

      $$\frac{d m(t)}{d t} = - q$$

      
      
      vorgegeben und erhalten somit auch die Raketenmasse zum Zeitpunkt $t$

      $$m(t) = m_0 - q t .$$

      
      
      Damit lässt sich die Kraftgleichung etwas spezifizieren:

      $$F_0 + q v(t) = \Big[ m_0 - q t \Big] \frac{d v(t)}{d t} .$$

      
      
      Fassen wir alle explizit zeitabhängigen Terme auf der linken Seite zusammen und alle geschwindigkeitsabhängigen auf der rechten, so erhalten wir daraus die folgende Integralgleichung:

      $$\int_{0}^{t'} \frac{d t}{m_0 - q t} = \int_{v(0)=0}^{v(t')} \frac{d v}{F_0 + q v} .$$

      
      
      Zum Lösen der beiden Integrale verwenden wir die Substitution (für links ist es $t \equiv (m_0 -x)/q$ und für rechts $v \equiv (x - F_0)/q$) und erhalten

      $$- \frac{1}{q} \ln \frac{m_0 - q t'}{m_0} = \frac{1}{q} \ln \frac{F_0 + q v(t')}{F_0} .$$

      
      
      Das ergibt nun mit der Massengleichung

      $$\frac{m(t')}{m_0} = \frac{F_0}{F_0 + q v(t')}$$

      
      
      und unter Berücksichtigung der Beziehung $F_0 = q u$

      $$m(t') = m_0 \frac{u}{u + v(t')} .$$

      
      
      Die Restmasse $m_1$, die die Landesektion beim Erreichen der Geschwindigkeit $v_1$ noch hat, ergibt sich daraus zu

      $$m_1 = m_0 \frac{u}{u + v_1} = 8,52 \tonne .$$

      
      

   4. (Dr. K. Glaum) Die dabei verstrichene Zeit ergibt sich aus Massengleichung zu

      $$t_1 = \frac{m_0 - m_1}{q} = \frac{m_0 u}{F_0} \frac{v_1}{u+v_1} = 56,7 \second .$$

      
      

   5. (Dr. K. Glaum) Weiterhin können wir die Gleichung für die Beziehung zwischen Masse und Geschwindigkeit nach $v(t)$ auflösen und erhalten zusammen mit der Gleichung für die Masse

      $$v(t) = u \frac{q t}{m_0 - q t} .$$

      
      
      Daraus resultiert die Beschleunigung

      $$a(t) = \frac{d v(t)}{d t} = \frac{m_0 q u}{(m_0 - q t)^2} \, .$$

      
      
      Diese Beschleunigung ist minimal, wenn $t=0$ gilt, und ergibt sich zu

      $$a_0 = \frac{q u}{m_0} = 19,1 \metre\per\squaren\second .$$

      
      
      Maximal ist sie dagegen, wenn der Beschleunigungsprozess abgeschlossen wird, nämlich zur Zeit $t=t_1$. Dann ist sie

      $$a_1 = \frac{m_0 q u}{m_1^2} = \frac{(u+v_1)^2}{u^2} a_0 = 48,7~\metre\per\squaren\second \, .$$

      
      

   6. $$\varepsilon=\frac{E_{k1}}{P t_{1}}=\frac{m_{1}v_{1}^{2}}{2Pt_{1}... ...\left( \frac{v_{1}}{u}\right) ^{2}}{\exp\left(\frac{v_{1}}{u}\right)-1}={0,44}$$

4. Energiesatz:
   $$E_{k}\left( r_{P}\right) +E_{P}\left( r_{P}\right) =E_{k}\left( \infty\right) +E_{P}\left( \infty\right)$$
   $$\frac{m}{2}v_{P}^{2}-\frac{G{mm}_{E}}{r_{P}}=\frac{m}{2}v_{0}^{2}+0$$
   $$v_{0}=\sqrt{v_{P}^{2}-2\frac{G{m}_{E}}{r_{P}}}={16,9 \kilo\metre\per\second}$$

5. 1. 3. Keplersches Gesetz (Vergleich mit der Erde):

      $\left( \frac{T}{T_{0}}\right) ^{2}=\left( \frac{a}{r_{0}}\right) ^{3}\qquad\qquad a=\frac{r_{A}+r_{P}}{2}$

      $\Rightarrow$

      $$T=T_{0}\left({\frac{r_{P}+r_{A}}{2r_{0}}}\right)^{3/2}=88 \dday$$

   2. Wir haben

      Energiesatz:	Drehimpulssatz:
      $\frac{m}{2}v_{P}^{2}-\frac{G m m_{S}}{r_{P}}=\frac{m}{2}v_{A}^{2} -\frac{G m m_{S}}{r_{A}}$	$mv_{P}r_{P}=mv_{A}r_{A}$
      $v_{P}^{2}-v_{A}^{2}=2 G m_{S}\frac{r_{A}-r_{P}}{r_{A}r_{P}}$	$v_{A}=v_{P}\frac{r_{P}}{r_{A}}$

      $\Rightarrow$

      $$v_{P}^{2}\left[ 1-\left( \frac{r_{P}}{r_{A}}\right) ^{2}\right] =2 G m_{S}\frac{r_{A}-r_{P}}{r_{A}r_{P}}$$
      $$v_{P}^{2}\frac{r_{A}^{2}-r_{P}^{2}}{r_{A}^{2}} = v_{P}^{2}\frac{\... ...left(r_{A}+r_{P}\right)}{r_{A}^{2}} =2 G m_{S}\frac{r_{A}-r_{P}}{r_{A}r_{P}}$$
      $$v_{P}=\sqrt{\frac{2 G m_{S}r_{A}}{r_{P}\left( r_{A}+r_{P}\right) } }={59 \kilo\metre\per\second}$$
      $$v_{A}=v_{P}\frac{r_{P}}{r_{A}}={39 \kilo\metre\per\second}$$

6. 1. $v_{0}=\omega_{0}r_{0}\qquad\qquad\omega_{0}=\frac{2\pi}{T_{0}} \qquad\qquad T_{0}=365 \dday$

      $v_{0}=\frac{2\pi r_{0}}{T_{0}}={29,8 \kilo\metre\per\second}$

   2. Bewegungsgleichung:

      $m_{E}a_{r}=F_{r}$

      $m_{E}\omega_{0}^{2}r_{0}= G \frac{m_{E}m_{S}}{r_{0}^{2}}$

      $m_{S}=\frac{\omega_{0}^{2}r_{0}^{3}}{ G }$

      $m_{S}=\frac{4\pi^{2}r_{0}^{3}}{ G T_{0}^{2}}={1,99\cdot10} ^{30} \kilogram$

7. 1. Die Ellipsenbahn der Sonde hat ihr Perihel bei der Erdbahn $\left( \vec{r}_{0},\vec{v}_{1}\right)$ und ihr Aphel bei der Marsbahn $\left( \vec{r}_{2},\vec{v}_{2}\right)$.
      

      Energiesatz:	Drehimpulssatz:
      $\frac{m}{2}v_{1}^{2}- G \frac{m m_{S}}{r_{0}}=\frac{m}{2}v_{2}^{2} - G \frac{m m_{S}}{r_{2}}$	$mv_{1}r_{0}=mv_{2}r_{2}$
      $v_{1}^{2}-\frac{2 G m_{S}}{r_{0}}=v_{2}^{2}-\frac{2 G m_{S}}{r_{0}}$	$v_{2}=v_{1}\frac{r_{0}}{r2}$
      $v_{1}^{2}\left[ 1-\left( \frac{r_{0}}{r_{2}}\right) ^{2}\right] =2 G m_{S}\left( \frac{1}{r_{0}}-\frac{1}{r_{2}}\right)$
      $v_{1}=\sqrt{\frac{2 G m_{S}r_{2}}{r_{0}\left( r_{2}+r_{0}\right) } }={32,1 \kilo\metre\per\second}$

   2. $v_{2}=v_{1}\frac{r_{0}}{r_{2}}={23,2 \kilo\metre\per\second}$

   3. $\tau=\frac{T}{2}$ Ermittlung von $T$ mit dem dritten Keplerschen Gesetz durch Vergleich mit der Erde

      ( $m\ll m_{S}$):

      $\left(\frac{T}{T_{0}}\right)^{2}= \left(\frac{a}{r_{0}}\right) ^{3}\qquad\qquad a=\frac{r_{2}+r_{0}}{2}$

      $T=T_{0}\sqrt{\left( \frac{r_{2}+r_{0}}{2r_{0}}\right) ^{3}}\qquad\qquad T_{0}=365 \dday$

      $\tau=\frac{T_{0}}{4\sqrt{2}}\sqrt{1+\frac{r_{2}}{r_{0}}}={237 \dday}$

8. 1. Zentrum der Bewegung = Massenmittelpunkt
      

      $\frac{r_{1}}{r_{2}}=\frac{m_{2}}{m_{1}}\qquad\qquad r_{1}+r_{2}=a$

      $\Rightarrow r_{1}\left( 1+\frac{m_{1}}{m_{2}}\right) =a$

      $r_{1}=\frac{a}{1+\mu}={0,60\cdot10}^{6} \kilo\metre$

   2. Drittes Keplersches Gesetz:

      Zuerst berechnen wir die grosse Halbachse der relativen Ellipse

      $$A = \frac{a+b}{2}$$

      Wir gehen zu Relativkoordinaten. Wenn $\vec{R}_{1}(t)$ die Ortskoordinate des ersten Sterns, $\vec{R}_{2}(t)$ die Ortskoordinate des zweiten Sterns, $\vec{e}_{r}(t)$ der Einheitsvektor entlang der Verbindungslinie beider Sterne und $r(t)$ der Abstand der beiden Sterne ist, dann sind die Bewegungsgleichungen der beiden Sterne

      $$m_{1} \frac{d^{2}\vec{R}_{1}(t)}{dt^{2}} = -G\frac{m_{1} m_{2}}{r^2(t)}\vec{e}_{r}(t) \nonumber$$

      $$m_{2} \frac{d^{2}\vec{R}_{2}(t)}{dt^{2}} = G\frac{m_{1} m_{2}}{r^2(t)}\vec{e}_{r}(t)$$

      
      
      da ja Kraft = Gegenkraft ist.

      Wir teilen diese Gleichungen durch $m_{1}$ beziehungsweise $m_{2}$

      $$\frac{d^{2}\vec{R}_{1}(t)}{dt^{2}} = -G\frac{m_{2}}{r^2(t)}\vec{e}_{r}(t) \nonumber$$

      $$\frac{d^{2}\vec{R}_{2}(t)}{dt^{2}} = G\frac{ m_{1}}{r^2(t)}\vec{e}_{r}(t)$$

      
      

      Für die Relativkoordinate $\vec{r}(t) = \vec{R}_{2}(t)-\vec{R}_{1}(t)$ (wobei $\left\vert\vec{r}(t)\right\vert = r(t)$ der Abstand der beiden Sterne ist) erhalten wir aus der Differenz der obigen Gleichungen

      $$\frac{d^2\vec{r}(t)}{dt^2} = \frac{d^2}{dt^2}\left(\vec{R}_{2}-\vec{R}_{1}\right) = G\frac{m_{1}+m_{2}}{r^2(t)}\vec{e}_{r}(t)$$

      In der ursprünglichen Form mit $m_{2}\ll m_{1}$ ist $\vec{R}_{1} \approx 0$. Die Bewegungsgleichung lautete

      $$m_{2} \frac{d^{2}\vec{R}_{2}(t)}{dt^{2}} = -G\frac{m_{1} m_{2}}{R_{2}^2(t)}\vec{e}_{r}(t)$$

      oder

      $$\frac{d^{2}\vec{R}_{2}(t)}{dt^{2}} = -G\frac{m_{1}}{R_{2}^2(t)}\vec{e}_{r}(t)$$

      In diesem Falle lautete das 3. Keplersche Gesetz

      $$\frac{A^{3}}{T^{2}} = \frac{G m_{1}}{4\pi^2}$$

      Durch den Vergleich der Bewegungsgleichung für $m_{2}\ll m_{1}$ mit der Bewegungsgleichung in Relativkoordinaten erhalten wir für das dritte Keplersche Gesetz

      $$\frac{A^{3}}{T^{2}} = \frac{G \left(m_{1}+m_{2}\right)}{4\pi^2}$$

      Also ist

      $$\frac{A^{3}}{T^{2}}=\frac{ G }{4\pi^{2}}\left( m_{1}+m_{2}\right) =\frac{ G }{4\pi^{2}}\left( \mu+1\right) m_{2}=\frac{\left(a+b\right)^3}{8T^2}$$
      $$m_{2}=\left( \frac{\pi}{T}\right) ^{2}\frac{\left(a+b\right)^{3}}{2 G \left( 1+\mu\right) }=0,932\cdot10^{30} \kilogram={0,47 m}_{S}$$
      $$m_{1}=\mu m_{2}=1,11 m_{S}$$

9. Wir verwenden
   $$F_G = G\frac{m_{Newton}m_{Apfel}}{r^2} = 6.67\cdot10^{-11} \cubic... ...cond)\frac{80 \kilogram\cdot0.3 \kilogram}{3^2 \squaren\metre}=178 \pico\newton$$

10. 1. $$\vec{M}= \left( \begin{array}[c]{c} 1 \metre\\ 3 \metre ... ...\newton\metre \\ 7 \newton\metre \\ \end{array} \right)$$

    2. • $$\vec{r}_{0M}' = \left( \begin{array}[c]{c} -1 \metre\\ -3 \metre\\ -2 \metre \end{array}\right)$$

       • $$\vec{F}=\left( \begin{array}[c]{c} 2 \newton\\ -1 \newton \\ -1 \newton \end{array}\right)$$

       • $$\vec{M}= \left( \begin{array}{c} 1 \newton\metre \\ -5 \newton\metre \\ 7 \newton\metre \\ \end{array}\right)$$

 Skript:  PDF-Datei