PHYS70356 Klassische und relativistische Mechanik WH 2008

Aufgabenblatt zum Seminar 07
PHYS70356 Klassische und relativistische Mechanik (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik
Lehramt, Nebenfach Physik)
Othmar Marti, ([email protected])
01. 12. 2008
1 Aufgaben
1. Eine Methode, Erzlagerstätten zu nden, ist die Beobachtung der lokalen Abweichung
des Feldvektors der Gravitation
g(r).
Wir nehmen an, dass die Erde eine homogene Kugel mit
dem Radius
5515kg/m3
rE = 6371000.785
m und der Dichte
ρE =
ist. Die Kupfererzlagerstätte (Cuprit) sei ku-
gelförmig, mit
rErz = 500 m und ρErz = 6160 kg/m3 . Das
Erzlager reiche an die Oberäche.
r(s)
über das Zentrum der Erzlagerstätte in 100 m Höhe g(s).
Berechnen Sie für einen Flug entlang der Kreisbahn
2. Bei einem Kettenkarussell bewegen sich die Personen auf einer Kreisbahn mit dem Radius
r
und der Umlaufzeit
r = 8, 2
m und
T.
T = 6, 5
Welchen Winkel
α
bilden die Ketten mit der Vertikalen?
s
3. Eine abstrakte Skulptur mit der ortsabhängigen Dichte
ρ(z) = ρ0
(z + z0 )2
z02
sieht wie in der Abbildung aus.
Die Seiten sind durch
z0 (zh − z)
zh (z + z0 )
z0 (zh − z)
b(z) = b0
zh (z + z0 )
a(z) = a0
gegeben. Berechnen Sie die Lage des Massenmittelpunktes.
4. Ein Eisenbahnzug (Gesamtmasse
m)
fährt mit der konstanten Geschwindigkeit
Norden nach Süden über den nördlichen 60. Breitengrad.
Man bestimme die auf die Schienen wirkende Corioliskraft
FC !
v
von
01. 12. 2008
KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 07
m = 2, 0 · 103
v = 90
t und
2
km/h
Wie gross ist die Kraft pro Rad, wenn die zulässige Achslast
20
t beträgt?
5. Sie haben die Kontrolle über Ihr Raumschi verloren und stürzen nun ungebremst in
Richtung des Sterns Tubulus-centauri.
Dieser Stern hat überraschenderweise eine Röhrenform, mit einer homogenen Massendichte
ρ,
wie in der Zeichnung gezeigt. Sie stellen fest,
dass Sie sich genau auf der
z -Achse bewegen: Ih-
re Überlebenschancen sind nicht schlecht. Geistesgegenwärtig zeichnen Sie den Feldvektor der
Gravitation auf.
a) Warum ist nur die
z -Komponente des Feldvektors der Gravitation von null verschie-
den?
z -Achse den Feldvektor der Gravitation,
dr und der Tiefe dz erzeugt.
Integrieren Sie über den Radius mit den Grenzen ri und ra > ri .
Integrieren Sie über z mit den Grenzen −` und 0.
Skizzieren Sie den Verlauf von gz (z) für einen z -Bereich viel grösser als ` um den
Nullpunkt der z -Achse.
b) Berechnen Sie für einen Punkt
zr
den ein Kreisring an der Position
c)
d)
e)
auf der
z
mit der Dicke
6. Betrachten Sie einen Satelliten auf einer Bahn um ein Zentralgestirn. Nach dem zweiten Keplerschen Gesetz ist der Drehimpuls des Satelliten konstant. Diesem Drehimpuls
entspricht eine Energie
Ez =
Dabei ist
IP unktmasse = mr2
1
L2
2 IP unktmasse
das Trägheitsmoment einer Punktmasse
m im Abstand r
von
der Rotationsachse.
a) Berechnen Sie die potentielle Energie als Funktion von
r
als Summe aus der Gravi-
tationsenergie und der Zentrifugalenergie.
b) Wie würde in dieser potentiellen Energie eine Ellipsenbahn aussehen?
c) Wie würde in dieser potentiellen Energie eine Hyperbelbahn aussehen?
7. Ein Zug durchfährt eine Kurve mit dem Krümmungsradius
a) Berechnen Sie den Betrag
der Masse
m
F1
r.
der maximalen Trägheitskraft, die auf einen Fahrgast
wirkt, wenn der Zug mit der konstanten Beschleunigung
as
bis zur
Geschwindigkeit
v1
beschleunigt wird!
b) Welchen Winkel
α1
bildet die Trägheitskraft aus Aufgabenteil (a) mit der Fahrtrich-
tung?
F2
c) Welchen Wert
nimmt die Trägheitskraft an, wenn der Zug in der Kurve mit der
konstanten Geschwindigkeit
v1
fährt und der Fahrgast mit der Geschwindigkeit
u im
Zug in Fahrtrichtung geradeaus läuft?
d) Wie gross ist die Trägheitskraft
F3 ,
wenn der Fahrgast mit der Geschwindigkeit
entgegen der Fahrtrichtung geradeaus läuft?
as = 0, 12
u = 5, 0
2
2
m/s ,
km/h,
r = 700
v1 = 60
m,
m = 75
kg
km/h
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u
3
KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 07
01. 12. 2008
8. (Im Seminar, 8 Min.)
Wie hoch über der Erdoberäche am Äquator kreist ein geostationärer Satellit?
mE = 5.9736 · 1024
•
Masse der Erde
•
Erdradius
•
Gravitationskonstante
rE = 6371000
kg
m
G = 6.6742 · 10−11
c 2008-2009
3
2
m /(kg · s
)
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3
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4
2 Lösungen
1.
Erz
Wir interessieren uns für die Abweichung des Feldvektors der Gravitation wegen der
ρE , das Erz die Dichte ρErz . Wir betrachten eine
homogene Erde mit dem Mittelpunkt bei (0, 0, 0) sowie eine kugelförmige Zusatzmasse
mit der Dichte ρ = ρErz − ρE mit dem Mittelpunkt bei (0, 0, rE − rErz ).
Erzlagerstätte. Die Erde hat die Dichte
xz -Ebene ist

 

x(s)
(rE + h) sin (s/(rE + h))
 y(s)  = 

0
z(s)
(rE + h) cos (s/(rE + h))
Die Bahn unseres Flugzeuges in der
Der Feldvektor der Gravitation durch die zusätzliche Masse des Erzes ist dann
g add (s) = −
G 4π
3
(x2 (s)
(ρErz −

3
ρE ) rErz
+ 0 + (z(s) − (rE − rErz ))2 )3/2

x(s)


0
z(s) − (rE − rErz )
Dazu kommt noch der Feldvektor der Gravitation der Erde
g E (s) =
r3 ρ
G 4π
3 E E
−
(x2 (s) + 0 + z 2 (s))3/2


x(s)
 0 
z(s)
Der resultierende Feldvektor ist dann
g(s) =g E (s) + g add (s)
"
4πG
rE3 ρE
=−
3/2
3
(rE + h)2 sin2 (s/(rE + h)) + (rE + h)2 cos2 (s/(rE + h))


(rE + h) sin (s/(rE + h))


0
(rE + h) cos (s/(rE + h))
3
(ρErz − ρE ) rErz
+
3/2
(rE + h)2 sin2 (s/(rE + h)) + ((rE + h) cos (s/(rE + h)) − rE + rErz )2


(rE + h) sin (s/(rE + h))


0
(rE + h) cos (s/(rE + h)) − rE + rErz
Da
rE rErz
ist, kann man
cos(s/(rE + h)) ≈ 1 und sin(s/(rE + h)) ≈ s/(rE + h) setzen.
Wir bekommen dann
g(s) =g E (s) + g add (s)



s
3
4πG 
rE ρE


0
≈−
3
(s2 + (rE + h)2 )3/2
(rE + h)


s
3
(ρErz − ρE ) rErz 

0
+
2
(s + (h + rErz )2 )3/2
h + rErz
4
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01. 12. 2008
Insbesondere die Horizontalkomponente der Gravitation (in die
x-Richtung)
ist empnd-
lich auf die Lagerstätte.
Wir setzen die Zahlen ein und erhalten



g(s) ≈ 

· 1014 m3 /s2 · s −
− (s3.985
2 +4.059 · 1013 m2 )3/2
0.0
1021 m4 /s2
2.539 ·
− (s2 +4.059
· 1013
Gerade über der Erzstätte ist

22.53 m3 /s2 · s
(s2 +3.6 · 105 m2 )3/2
|s| rE .
m2 )3/2
−




(s2 +3.6
Die Gleichungen vereinfachen sich noch zu
−1.540 · 10−6 1/s2 · s −


g(s) ≈ 

13515 m4 /s2
· 105 m2 )3/2

22.53 m3 /s2 · s
· 105 m2 )3/2
0.0
−9.816 1/s2 −

(s2 +3.6
13515 m4 /s2
· 105 m2 )3/2




(s2 +3.6
0.025
−9.816
0.02
−9.81602
0.01
0.005
−9.81603
0
−9.81604
−0.005
−0.01
gz/(m/s2)
gx/(m/s2) oder gadd,x/(m/s2)
−9.81601
0.015
−9.81605
−0.015
−0.02
−0.025
gx(s)
gadd,x(s)*1000
gz(s)
−2000
−9.81606
−9.81607
−1000
0
1000
2000
s/m
Die beiden senkrechten Striche geben die Breite der Erzlagerstätte an.
2.
Kettenkarussell
tan α =
FZ
FG
FG = mg
FZ = mω 2 r
2π
ω=
T
2
r
α = arctan 4π
= 38◦
T 2g
3. Der Massenmittelpunkt muss auf der vertikalen Symmetrieachse liegen.
Rzh
ρ(z) · a (z) · b (z) zdz
mz
0
zs =
= zh
R
mges
ρ(z)a (z) · b (z) dz
0
(z + z0 )2
ρ = ρ (z) = ρ0
z02
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KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 07
a0 b 0
⇒ mz = 2
zh
=
=
a0 b 0
zh2
a0 b 0
zh2
a0 b 0
= 2
zh
a0 b 0
= 2
zh
⇒ mges
Zzh
0
Zzh
(zh − z)2
· (z + z0 )2 z dz
(z + z0 )2
z (zh − z)2 dz
0
Zzh
z 3 − 2zh z 2 + zh2 z dz
0
1 4 2
1
z − zh z 3 + zh2 z 2
4
3
2
1 4
z
12 h
a0 b 0
= 2
zh
=
a0 b 0
zh2
a0 b 0
= 2
zh
a0 b 0
= 2
zh
Zzh
4.
Eisenbahnzug
z h
0
=
1
a0 b0 zh2
12
(zh − z)2 dz
0
Zzh
zh2 − 2zh z + z 2
2
0
1 3 2
z − zh z 2 + zh2 z
3
2
1 3
z
3 h
zs =
xs = 0
ys = 0
6
mz
=
mges
dz
zh
1 2
z
12 h
1
z
3 h
0
1
= a0 b0 zh
3
1
= zh
4
aus der Geometrie des Problems (Symmetrie)
F C = 2m (v × ω)
FC = 2mvω sin (180◦ − ϕ)
FC = 2mvω sin ϕ
2π
T
T = d∗
ω=
FC =
4πmv sin ϕ
d∗
= 6, 32
kN
(Die Kraft wirkt - in Fahrtrichtung gesehen - nach rechts.)
2000 t hat 100 Achsen. Pro Achse ergibt sich also eine
FC,Achse = 63 N. Diese Kraft wirkt nur auf das rechte Rad, nicht aber
Der Zug mit der Masse von
Corioliskraft von
6
(FC = 2mvωv )
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KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 07
auf das linke. Ist die Kraft relevant? Jedes Rad drückt mit
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FN = 10000 N auf die Schiene.
Die Schienen sind nicht absolut gerade verlegt, so dass das Rad hin- und herschlingert.
Nehmen wir an, dass das Schlingern durch Kräfte kompensiert wird, die etwa
Auagekraft entsprechen, so sind dies immer noch
1 %
der
1000 N. Die Corioliskräfte sind so klein,
dass sie gegenüber den natürlichen Schwankungen verschwinden.
5.
a)
x
und
⇒ x⇒
y
sind symmetrisch (Radialsymmetrie)
und
y -Komponenten
es existiert nur eine
heben sich entlang der
z -Achse
gerade auf
z -Komponente gz
b)
r
F (r)
= −Gm 3
Def. m0
r
q
rz = (zr − z)2 + r2
g (r) =
hier nur:g
zr :
(zr ) = −Gm r12
mit
z
Beobachtungsposition
z:
Laufvariable im Zylinder
r:
Abstand von der
z -Achse
(zr − z)
dm
rz3
dm =ρ · π (r + dr)2 − r2 dz
=ρπ r2 + 2rdr + dr2 − r2 dz
=ρπ 2rdr + dr2 dz
Z
⇒ g (zr ) = −G
=0
=ρπ2rdrdz
d.h. ein Hohlzylinder mit Wanddicke
dr2
geht gegen
dr
und Höhe
dz
0
cos α rdrdz
(zr − z)2 + r2
⇒ dgzr = −2πρG
cos α =
(zr − z)
rz
c) radiale Integration:
rZ
a >ri
Zra
r (zr − z)
−2πρG 3 drdz
2
2 2
(z
−
z)
+
r
r
r:
ri
Zra
r
= − 2πρGdz (zr − z) 23 dr
2
2
(zr − z) + r
ri

ra
−1

= − 2πρGdz (zr − z)  q
2
2
(zr − z) + r
dgz =
dgzr
=
ri
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8
q
(zr − z)2 + ri2 − (zr − z)2 + ra2
q
dgz = +πρG q
· (zr − z)
2
2
2
2
(zr − z) + ri (zr − z) + ra
q
d) Integration über Zylinderlänge (Bronstein Nr. 193):
q
(zr − z) + − (zr − z)2 + ra2
q
gz = +πρG q
· (zr − z) dz
2
2
2
2
(z
−
z)
+
r
(z
−
z)
+
r
r
r
a
i
−l
0
q
q
(zr − z)2 + ri2 − (zr − z)2 + ra2
=πρG
−`
q
q
q
p
2
2
2
2
2
2
2
2
zr + ri − zr + ra − (zr − `) + ri + (zr − `) + ra
=πρG
q
Z0
2
ri2
e) Der Verlauf des Gravitationsfeldvektors ist:
1
0.8
0.6
g(z)/(πρ G)
0.4
0.2
0
−0.2
−0.4
−0.6
−0.8
−1
−40
ri=2, ra=3, l=20
ri=6, ra=10, l=20
−30
−20
−10
z/a.u.
6.
a) Die Zentrifugalenergie ist
Ez =
1 L2
2 I
Für einen Massenpunkt ist
I = mr2
Der Drehimpuls ist konstant (2. Keplersches Gesetz).
L=r×p
oder im Abstand
r0
L = Iω = mr02
v(r0 )
= mr0 v(r0 )
r0
Diese Geschwindigkeit ist durch
Gmm0
v(r0 )2
=
m
r02
r0
8
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0
10
20
9
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01. 12. 2008
gegeben. Wir haben
p
L = m Gm0 r0
und damit
mm0 m2 Gm0 r0
Epot (r) = −G 2 +
= Gmm0
r
2mr2
Diese Kurve hat ein Minimum bei
Epot < 0
c) Eine Hyperbelbahn ist eine ungebundene Bahn, also würde
Bemerkung: Nur bei einem
1/r
r0 .
b) Eine Ellipsenbahn ist eine gebundene Bahn, also würde
2
r0 1
−
r2 r
sein.
Epot > 0
sein.
-Potential ist die Schwingungsdauer in der oben berech-
neten potentiellen Energie gleich der Umlaufszeit. Stört man diese Energie durch dritte
Himmelskörper, oder durch allgemein-relativistische Eekte, so stimmen die Zeiten nicht
mehr überein. Man nennt dies Perihel-Drehung.
7.
Zug und Kurve
a)
F1 =
p
FT2 + FZ2
FT = mas
FZ = mω 2 r = m
v12
r
r 2
v12
F1 = m
a2s = 31 N
r
b)
α1 = β1 + (90◦ )2
tan β1 =
FT
as r
= 2
FZ
v1
α1 = arctan avs2r + 90◦ = 107◦
1
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9
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c)
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10
F2 = FZ + FC
F Z = mω × (ω × r)
F C = 2m (v × ω)
F2 = FZ + FC = mω 2 r + 2muω
F2 = mv1 (v1 + 2u) 1r = 35
d)
v1
r
N
F3 = FZ − FC
F3 = mv1 (v1 − 2u) 1r = 25
8.
ω=
Geostationärer Satellit
N
Lösungsstrategie:
Die Gravitationskraft verursacht die Zentripetalkraft der Kreisbewegung. Setzt man beide
gleich, so kann man den Radius der Rotationsbewegung des Satelliten um den Erdmittelpunkt berechnen. Abziehen des Erddurchmessers führt zur Flughöhe.
FZ = mS · ω 2 · r und Gravitationskraft FG = γ · mEr·2mS (nach
Newton). Darin sind mS = Satellitenmasse, mE = Erdmasse und r = Rotationsradius des
2π
Satelliten und ω =
= Kreisfrequenz der Erdrotation bzw. der Rotation des Satelliten.
T
m ·m
3
2
= γ · mωE2 =
Im Kräftegleichgewicht ist mS · ω · r = FZ = FG = γ · E 2 S ⇒ r
r
2
T
γ · mE 2π
Es gilt: Zentripetalkraft
⇒
r
r=
3
γ · mE ·
T 2 TR
4π 2
≈
s
3
6 · 6742 · 10−11
s
TR
≈ 4, 21735 · 107 ·
3
N · m2
kg · m · m2
s2 · kg2
kg2
· 5, 9736 · 1024
TR
kg ·
· kg · s2 ⇒ r ≈ 42167
(86164 s)2
4π 2
km
Um die Höhe über dem Erdboden zu erhalten, muss vom Rotationsradius des Satelliten
der Erdradius subtrahiert werden. Die Flughöhe ist also
6371
km
= 35796
h = r − R = 42167
km
−
km.
2.1 Nachtrag zum Aufgabenblatt 06
3. Nachtrag zu c), d) und e): verfasst von Dr. K. Glaum
c) (Dr. K. Glaum) Wir gehen bei einer geradlinigen Bewegung der Rakete mit der
Masse
F0
m(t)
und der Geschwindigkeit
v(t)
unter Einuss der konstanten Schubkraft
von der Newtonschen Gleichung
d
F0 =
m(t)v(t)
dt
aus. Anders als im Fall der konstanten Massen lautet nun die Bewegungsgleichung
F0 = m(t)
dv(t) dm(t)
+
v(t) ,
dt
dt
wobei der erste Term der üblichen Beschleunigungskraft entspricht und der zweite
den Strafterm durch die Massenänderung darstellt. Nun haben wir noch die Massenänderung als
dm(t)
= −q
dt
10
c 2008-2009
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vorgegeben und erhalten somit auch die Raketenmasse zum Zeitpunkt
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t
m(t) = m0 − qt .
Damit lässt sich die Kraftgleichung etwas spezizieren:
h
i dv(t)
.
F0 + qv(t) = m0 − qt
dt
Fassen wir alle explizit zeitabhängigen Terme auf der linken Seite zusammen und
alle geschwindigkeitsabhängigen auf der rechten, so erhalten wir daraus die folgende
Integralgleichung:
t0
Z
0
Z
dt
=
m0 − qt
v(t0 )
v(0)=0
dv
.
F0 + qv
Zum Lösen der beiden Integrale verwenden wir die Substitution (für links ist es
t ≡ (m0 − x)/q
und für rechts
v ≡ (x − F0 )/q )
und erhalten
1 F0 + qv(t0 )
1 m0 − qt0
= ln
.
− ln
q
m0
q
F0
Das ergibt nun mit der Massengleichung
m(t0 )
F0
=
m0
F0 + qv(t0 )
und unter Berücksichtigung der Beziehung
m(t0 ) = m0
Die Restmasse
F0 = qu
u
.
u + v(t0 )
m1 , die die Landesektion beim Erreichen der Geschwindigkeit v1 noch
hat, ergibt sich daraus zu
m1 = m0
u
= 8, 52 t .
u + v1
d) (Dr. K. Glaum) Die dabei verstrichene Zeit ergibt sich aus Massengleichung zu
t1 =
m0 − m1
m0 u v1
=
= 56, 7 s .
q
F0 u + v1
e) (Dr. K. Glaum) Weiterhin können wir die Gleichung für die Beziehung zwischen Masse und Geschwindigkeit nach
v(t) auösen und erhalten zusammen mit der Gleichung
für die Masse
v(t) = u
qt
.
m0 − qt
Daraus resultiert die Beschleunigung
a(t) =
dv(t)
m0 qu
=
.
dt
(m0 − qt)2
Diese Beschleunigung ist minimal, wenn
a0 =
c 2008-2009
t=0
qu
= 19, 1
m0
gilt, und ergibt sich zu
m/s
2
.
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KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 07
12
Maximal ist sie dagegen, wenn der Beschleunigungsprozess abgeschlossen wird, nämlich zur Zeit
t = t1 .
Dann ist sie
a1 =
8.
(u + v1 )2
m0 qu
=
a0 = 48, 7
m21
u2
2
m/s
.
a) Zentrum der Bewegung = Massenmittelpunkt
r1
r2
=
m2
m1
r1 + r2 = a
⇒ r1 1 +
r1 =
a
1+µ
m1
m2
=a
= 0, 60 · 106
km
b) Drittes Keplersches Gesetz:
Zuerst berechnen wir die grosse Halbachse der relativen Ellipse
A=
a+b
2
R1 (t) die Ortskoordinate des ersten Sterns,
R2 (t) die Ortskoordinate des zweiten Sterns, er (t) der Einheitsvektor entlang der
Verbindungslinie beider Sterne und r(t) der Abstand der beiden Sterne ist, dann
Wir gehen zu Relativkoordinaten. Wenn
sind die Bewegungsgleichungen der beiden Sterne
m1 m2
d2 R1 (t)
= −G 2
er (t)
2
dt
r (t)
d2 R2 (t)
m1 m2
m2
=G 2
er (t)
2
dt
r (t)
m1
da ja Kraft = Gegenkraft ist.
Wir teilen diese Gleichungen durch
m1
beziehungsweise
m2
d2 R1 (t)
m2
= −G 2 er (t)
2
dt
r (t)
2
d R2 (t)
m1
= G 2 er (t)
2
dt
r (t)
Für die Relativkoordinate
r(t) = R2 (t) − R1 (t)
(wobei
|r(t)| = r(t)
der Abstand
der beiden Sterne ist) erhalten wir aus der Dierenz der obigen Gleichungen
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c 2008-2009
Ulm University, Othmar Marti
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KRM 2008-2009, Aufgabenblatt Nr. 07
01. 12. 2008
d2 r(t)
d2
m1 + m2
er (t)
=
(R2 − R1 ) = G 2
2
2
dt
dt
r (t)
In der ursprünglichen Form mit
m2 m1
ist
R1 ≈ 0.
Die Bewegungsgleichung
lautete
m2
d2 R2 (t)
m1 m2
= −G 2 er (t)
2
dt
R2 (t)
oder
d2 R2 (t)
m1
er (t)
=
−G
dt2
R22 (t)
In diesem Falle lautete das 3. Keplersche Gesetz
A3
Gm1
=
2
T
4π 2
Durch den Vergleich der Bewegungsgleichung für
m2 m1
mit der Bewegungsglei-
chung in Relativkoordinaten erhalten wir für das dritte Keplersche Gesetz
G (m1 + m2 )
A3
=
2
T
4π 2
Also ist
G
G
(a + b)3
A3
=
(m
+
m
)
=
(µ
+
1)
m
=
1
2
2
T2
4π 2
4π 2
8T 2
π 2 (a + b)3
= 0, 932 · 1030
m2 =
T 2G (1 + µ)
kg
= 0, 47 mS
m1 = µm2 = 1, 11 mS
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