Lösung

Physik 1+2 — Frühjahr 2008 — Prof. G. Dissertori — Klausur
Lösungen
Aufgabe 1: Dimensionsanalyse (10 Punkte)
a) Es gilt:
Elektronendichte [n] = cm−3 ,
Massendichte [ρ] = g/cm3 ,
Avogadrozahl [NA ] = mol−1 ,
molare Masse [M ] = g/mol.
Aus Dimensionsbetrachtungen folgt für die Formel der Elektronendichte n:
n = ρα · M β · NAγ , (1 P.)
(1)
wobei
mol :
g:
cm
−3
:
0 = −β − γ,
0 = α + β,
1 = α,
(1 P.)
=⇒ α = 1, β = −1, γ = 1, (1 P.)
also
n=
ρ · NA
8.92 g/cm3 · 6.022 · 1023 mol−1
=
= 8.45 · 1022 cm−3 . (1 P.)
M
63.55 g/mol
(2)
b) Es gilt:
Elektronenfluss [Φ] = s−1 cm−2 ,
Elektrische Stromstärke [I] = A,
Elektrische Ladung [Q] = A · s,
Fläche A = cm2 .
Aus Dimensionsbetrachtungen folgt die Formel für den Elektronenfluss Φ:
Φ = I α · Qβ · Aγ , (1/2 P.)
(3)
wobei
Ampère :
s:
2
cm :
0 = α + β,
−1 = β,
−1 = γ,
(1 P.)
=⇒ α = 1, β = −1, γ = −1, (1 P.)
also
Φ=
I
6A
=
= 3.75 · 1021 s−1 cm−2 . (1/2 P.)
−19
Q·A
1.6 · 10
As · 0.01 cm2
(4)
c) Es gilt:
Driftgeschwindigkeit [vD ] = cm/s,
Elektronenfluss [Φ] = s−1 cm−2 ,
Elektronendichte [n] = cm−3 .
Aus Dimensionsbetrachtungen folgt für die Formel der Driftgeschwindigkeit vD :
vD = Φα · nβ , (1/2 P.)
(5)
wobei
s−1 :
1 = α,
−2
1 = α,
cm
cm
−3
:
:
−1 = β, (1 P.)
=⇒ α = 1, β = −1, (1 P.)
also
vD =
Φ
3.75 · 1021 s−1 cm−2
=
= 0.44 mm/s. (1/2 P.)
n
8.45 · 1022 cm−3
(6)
Aufgabe 2: Rampe (9 Punkte)
a) Der Klotz bleibt in Ruhe bis die Kraft F (welche die ziehende Hand auf die Feder und die Feder
wiederum auf den Klotz ausübt) die Haftreibungskraft plus die Hangabtriebskraft übersteigt, d.h.bis
F ≥ FH + Fhang = µH · N + mg sin θ = µH · mg cos θ + mg sin θ. (2 P.)
(7)
Setzt man die Federgleichung
F = k · d (1 P.)
(8)
ein kann man nach der Dehnung d auflösen:
d=
µH mg cos θ + mg sin θ
µH cos θ + sin θ
(1 P.).
= mg
k
k
(9)
b) Wir berechnen die Änderungen der einzelnen Beiträge zur Gesamtenergie zwischen dem Zeitpunkt
bei dem der Klotz gerade anfängt sich zu bewegen und dem Zeitpunkt bei dem er wieder zum
Stillstand kommt. Nach Energie-Erhaltung gilt:
Wext = ∆Emech + ∆Etherm
= (∆EFeder + ∆Epot + ∆K) + ∆Etherm , (1/2 P.)
wobei ∆K die Änderung der kinetischen Energie ist und Wext die dem System von aussen zugeführte
Arbeit ist.
Das obere Ende der Feder bewegt sich nicht in dieser Zeitspanne, d.h. es kann als festgeschraubt
betrachtet werden. Es wird also von aussen keine Arbeit mehr am System verrichtet:
Wext = 0 (1/2 P.).
(10)
Die Änderungen der Beiträge zur Gesamtenergie sind:
1
∆EFeder = 0 − kd2 , (1/2 P.)
2
(11)
∆Epot = mg · d sin θ, (1/2 P.)
(12)
∆K = 0, (1/2 P.)
(13)
∆Etherm = FR,g d = µG · mg cos θ · d. (1/2 P.)
(14)
Somit erhalten wir die Gleichung:
1
0 = − kd2 + mgd sin θ + µG mgd cos θ. (1 P.)
2
(15)
Einsetzen der Lösung aus a) und Auflösen nach µG ergibt:
µG =
1
(µH − tan θ) . (1 P.)
2
(16)
Aufgabe 3: Kritisch gedämpftes Torsionspendel (10 Punkte)
a) Die Winkelauslenkung aus der Ruhelage sei φ(t). Der Drehimpuls der Kupferscheibe ist
~ = Iz φ̇~ez (1 P.),
L
(17)
wobei Iz = 21 mr2 (1 P.). Das rücktreibende Moment ist gegeben durch die Summe der beiden Beiträge
~ = −αφ~ez − β φ̇~ez . (1 P.)
M
~ =
Und mit Hilfe des Drallsatzes (M
~
dL
dt
(1 P.)) ergibt sich
Iz φ̈ + β φ̇ + αφ = 0,
2β
2α
φ̈ +
φ = 0,
φ̇ +
2
mr
mr2
φ̈ + Γφ̇ + ω02 φ = 0, (1 P.)
mit Γ =
2β
mr 2
=
b
m
und ω02 =
2α
mr 2
=
(18)
(19)
(20)
(21)
k
m.
b) Die Bedingung für kritische Dämpfung (aperiodischer Grenzfall) ist Γ = 2ω0 (1 P.), also
√
β = 2αmr2 = 15.8 · 10−3 Nms. (1 P.)
(22)
c) Die allgemeinste Lösung der Bewegungsgleichung 21 ist
φ(t) = (A + Bt)e−ω0 t , A, B = const.
(23)
Aus den angegebenen Anfangsbedingungen ergibt sich
φ(t) = φ0 (1 + ω0 t)e−ω0 t .
(24)
(3 P.) (1 für das Aufstellen des Gleichungssystems + 2 weitere Punkte für die Berechnung von A und
B.)
Aufgabe 4: Gravitationstransport (9 Punkte)
a) Die Gravitationskraft am Ort r < RE vom Erdmittelpunkt entfernt beträgt:
FG (r) = G ·
mME (r)
4
= G · ρE πrm. (1 P.)
2
r
3
Unter Annahme einer konstanten Erddichte ρE =
FG (r) = G ·
3
4π
·
ME
3
RE
(1 P.) ergibt sich somit für
m · ME (r)
GmME
· r. (1 P.)
=
3
2
r
RE
Damit folgt (siehe Zeichnung) als Resultat für die Gravitationskomponente in x-Richtung:
FG,x = FG (r) · sin θ =
x
GmME
· r · . (1 P.)
3
r
RE
(25)
b) Die Bewegungsgleichung des Containers ist somit:
mẍ +
GmME
· x = 0. (1 P.)
3
RE
(26)
Die allgemeine Lösung dieser Gleichung ist
s
s
!
!
GME
GME
x(t) = A · cos
3 · t + B · sin
3 · t . (1 P.)
RE
RE
Mit den Anfangsbedingungen x(0) = A = −L/2 und ẋ(0) = B ·
x(t) = −
wobei ω =
q
GME
3
RE
L
cos(ωt), (2 P.)
2
q
GME
3
RE
= 0 ergibt sich als Lösung:
≈ 0.00124 s−1 .
c) London wird nach einer halben Periodendauer erreicht:
s
3
RE
π
tD = = π ·
≈ 2530 s ≈ 42 min. (1 P.)
ω
GME
Die Höchstgeschwindigkeit ist (betrachte die Ableitung von Gleichung (27))
s
GME
L
= 496 m/s = 1790 km/h. (1 P.)
vmax = ·
3
2
RE
(27)
Aufgabe 5: Anblasen einer Flasche (10 Punkte)
a) Die Masse der Luft im Hals ist
m = ρ · A · l. (1 P.)
(28)
Herrscht in der Flasche der Druck p, so ist die Kraft auf die Luft im Hals gegeben durch
F = (p − p0 )A. (1 P.)
(29)
Für adiabatische Zustandsänderungen gilt allgemein
p1 V1κ = p2 V2κ . (1 P.)
(30)
Das bedeutet für die Auslenkung s der Luft im Hals
p0 V0κ = p(V0 + A · s)κ . (1 P.)
(31)
Aufgelöst nach p ergibt das
p = p0
V0
V0 + A · s
κ
A · s −κ
κA · s
= p0 1 +
≈ p0 1 −
, (1 P.)
V0
V0
(32)
wobei A · s ≪ V0 verwendet wurde. Für die Kraft ergibt sich also in erster Näherung
F ≈−
κp0 A2 s
= −k · s. (1 P.)
V0
(33)
Die gesuchte Frequenz ist deshalb:
ν=
1
1
=
T
2π
r
k
1
=
m
2π
s
κp0 A2
. (1 P.)
V0 Alρ
(34)
b) Einsetzen mit den richtigen Einheiten ergibt
ν = 112 Hz. (1 P.)
(35)
c) Zwei Perioden nehmen 9.2 Einheiten (Kästchen) ein, d.h. T = 9.2 ms. ν = 109 Hz (1 P.) (alle Werte
mit 109±5 Hz geben volle Punkte). Die Dicke der Linie beträgt ca. 0.2 Einheiten. Da für die Differenz
zwei Werte abgelesen werden müssen, beträgt der Fehler (grosszügig gerechnet) 0.4 Einheiten, also
0.4/9.2 = 4.3 % (1/2 P.) (wenn der relative Fehler zwischen 4.3 ± 1.5% liegt). Der relative Fehler für
die Frequenz ist gleich und der absolute Fehler beträgt etwa ±5 Hz (1/2 P.).
Aufgabe 6: Das schnelle Kreispendel (10 Punkte)
Ein Pendel mit der Masse m kreise (Radius r = 1 m) in der xy-Ebene mit der konstanten Geschwindigkeit v = 107 m/s. Die Masse m sei eine Lampe, welche permanent leuchte, wobei das Licht nur
senkrecht zur Bewegungsrichtung emittiert wird.
a) Mit der Beziehung ω = v/r (1/2 P.) erhält man sofort die Kreisfrequenz ω:
107 m/s
= 107 s−1 = 10 MHz. (1/2 P.)
1m
= 2π vr (1/2 P.) ergibt sich für die Periodendauer:
ω=
Mit der Gleichung T =
2π
ω
T = 2π
1m
= 6.28 · 10−7 s = 628 ns
107 m/s
(1/2 P.)
(36)
(37)
b) Da der Radius stets senkrecht zur Bewegungsrichtung ist, erfährt er keine Lorentz-Kontraktion
(1 P.). Somit ist:
r′ = r = 1 m. (1 P.)
(38)
c) Wir betrachten die Situation im System S eines zum Aufhängepunkt des Pendels ruhenden Beobachters: Der Lichtstrahl 0 wird zum Zeitpunkt ts0 = 0 bei x = r ausgesendet. Zum Zeitpunkt ts1 = T
wird bei x = r der nächste Lichtstrahl 1 ausgesendet, zu diesem Zeitpunkt hat sich der bewegte Beobachter um ∆x = v · T auf den Aussendepunkt des Lichtstrahls zubewegt (1 P.).Für die im System
S gemessene Zeitdifferenz zwischen dem Empfangen dieser beiden Lichtstrahlen gilt somit:
vB · T
∆te = T −
(1 P.)
(39)
c
Im Ruhesystem des auf der x-Achse bewegten Beobachter S ′ beträgt diese Zeitdifferenz ∆t′e = T ′ ,
die gleichbedeutend mit der Periodendauer ist:
r
1 − vcB
c − vB
′
=T
(40)
T =T ·q
. (1 P.)
2
c + vB
v
1 − cB2
Somit gilt fuer die wahrgenommene Kreisfrequenz ω ′ = 2π
T′ :
r
c + vB
= 10′ 000′ 010 Hz.
ω′ = ω
c − vB
(1 P.)
(41)
d1 ) Das Spektrum gibt die Amplitude als Funktion der Frequenz an. Da es sich um eine monochromatische Lichtquelle handelt erhält man folgendes Spektrum einer Linie bei f0 ((1 P.)+(1/2 P.), falls
die Achsen und der Ausschlag angeschrieben sind):
d2 ) Das Spektrum für den ruhenden Beobachter ist symmetrisch um f0 verschmiert. Der Grund für
die Symmetrie ist, dass sich die Lichtquelle sowohl annähert als auch entfernt, und zwar in gleichem
Masse. Verschmiert ist das Spektrum, weil sich die x-Komponente der Geschwindigkeit kontinuierlich
ändert (1 1/2 P.).