„Physik für Chemiker/nnen“ Übungen, Test am 7. Feb. 2017
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„Physik für Chemiker/nnen“ Übungen, Test am 7. Feb. 2017 MUSTERLÖSUNG 1. Atwood’sche Fallmaschine Zwei Kugeln (mit gleichem Radius r = 4.20 cm) hängen an entgegengesetzten Enden eines 𝑚 Seils, das über einer reibungslosen Rolle hängt (Gravitationsbeschleunigung 𝑔 = 9.81 𝑠2 ). Eine der Kugeln ist in eine Flüssigkeit (Dichte ρFL = 1260 kg/m³, Viskosität = 1480 mPa.s) eingetaucht und hat eine Dichte ρ1 = 8910 kg/m³, während die andere (Dichte ρ2 = 7870 kg/m³) frei in Luft hängt (Luftreibung und –auftrieb sind zu vernachlässigen). (a) Fertigen Sie eine Skizze des Systems an und zeichnen Sie alle Kräfte ein. Achten Sie darauf, dass die Länge der Kraftpfeile repräsentativ für die Stärke der Kraft ist. Fg1 ist dabei die Gravitationskraft an Kugel 1, Fg2 die Gravitationskraft an Kugel 2 und FA die Auftriebskraft von Kugel 1 in der Flüssigkeit. Wichtig ist dabei, dass der Pfeil für Fg1 etwa 7 mal so lang ist wie der von FA und etwas länger als der von Fg2 ist um die Stärken der Kräfte klar zu machen. Die Reibungskraft FR ist ohne Angabe einer Geschwindigkeit weder in Stärke noch in der Richtung bekannt und damit in (a) noch nicht sinnvoll. (b) Welche Beschleunigung erfahren die Kugeln wenn sie sich in Ruhe befinden und in welche Richtung zeigt sie? In Ruhe gilt v=0 und damit auch FR=0. Für die Beschleunigung gilt damit: 𝐹 𝑎(𝑣 = 0) = 𝑚 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 +𝑚 1 1 wobei Ftotal die Summe aller Kräfte, m1 die Masse von Kugel 1 und m2 die Masse von Kugel 2 ist. Mit den Massen 𝑚1/2 = 𝑉𝐾 ∙ 𝜌1/2 ∙ 𝑔 gilt für die Kräfte 𝐹𝑔 = 𝑚 ∙ 𝑔 = 𝑉𝐾 ∙ 𝜌𝐾 ∙ 𝑔 und 𝐹𝐴 = 𝑉𝐾 ∙ 𝜌𝐹𝐿 ∙ 𝑔 (VK=Volumen der Kugel, ρK=Dichte der Kugel, ρFL=Dichte der Flüssigkeit, g=Erdbeschleunigung). Und daraus folgt für die Summe der Kräfte: „Physik für Chemiker/nnen“ Übungen, Test am 7. Feb. 2017 𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = −𝐹𝑔1 + 𝐹𝑔2 + 𝐹𝐴 = −𝑉𝐾 ∙ 𝜌1 ∙ 𝑔 + 𝑉𝐾 ∙ 𝜌2 ∙ 𝑔 + 𝑉𝐾 ∙ 𝜌𝐹𝐿 ∙ 𝑔 = 𝑉𝐾 ∙ 𝑔 ∙ (−𝜌1 + 𝜌2 + 𝜌𝐹𝐿 ) Die Vorzeichen sind so gewählt, dass positive Zahlen für Kugel 1 eine Kraft nach oben und für Kugel2 nach unten bedeuten. Mit dieser Wahl ist auch die Richtung der Vorzeichen für Beschleunigung und Geschwindigkeit gefallen! Einsetzen in die Beschleunigung ergibt: 𝐹 𝑎(𝑣 = 0) = 𝑚 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = +𝑚 1 𝑉𝐾 ∙𝑔∙(−𝜌1 +𝜌2 +𝜌𝐹𝐿 ) 1 𝑉𝐾 ∙(𝜌1 +𝜌2 ) =𝑔∙ (−𝜌1 +𝜌2 +𝜌𝐹𝐿 ) (𝜌1 +𝜌2 ) = +0.129𝑚/𝑠² Da das Vorzeichen der Beschleunigung positiv ist, wird Kugel 2 nach unten beschleunigt. Das Kugelvolumen kürzt sich heraus und muss dementsprechend nicht ausgerechnet werden! (c) Welche Endgeschwindigkeit erreichen die Kugeln? Für die Endgeschwindigkeit gilt, dass die Beschleunigung gleich null ist. Also muss die Reibungskraft alle anderen Kräfte aufheben. Mit der Reibungskraft FR und Ftotal aus (b) gilt also 𝐹𝑅 = 𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 Mit dem Stokes Gesetz für laminare Reibung in Flüssigkeiten 𝐹𝑅 = 6𝜋 ∙ 𝑟 ∙ 𝜂 ∙ 𝑣𝑚𝑎𝑥 kommen wir auf 6𝜋 ∙ 𝑟 ∙ 𝜂 ∙ 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑉𝐾 ∙ 𝑔 ∙ (−𝜌1 + 𝜌2 + 𝜌𝐹𝐿 ) 4 Einsetzen des Kugelvolumens 𝑉𝐾 = 3 𝜋𝑟³ 6𝜋 ∙ 𝑟 ∙ 𝜂 ∙ 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 4 𝜋𝑟³ ∙ 𝑔 ∙ (−𝜌1 + 𝜌2 + 𝜌𝐹𝐿 ) 3 Kürzen von 2, π und r; 2 3 ∙ 𝜂 ∙ 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑟² ∙ 𝑔 ∙ (−𝜌1 + 𝜌2 + 𝜌𝐹𝐿 ) 3 und anschließendes Umstellen nach vmax ergibt am Ende: 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 2(𝑟 2 ∙ 𝑔) (−𝜌1 + 𝜌2 + 𝜌𝐹𝐿 ) = 0.572𝑚/𝑠 9𝜂 „Physik für Chemiker/nnen“ Übungen, Test am 7. Feb. 2017 2. Massepunkt Ein Massepunkt (m = 200 g) mit der Geschwindigkeit Vo stößt in Punkt B elastisch eine Stange (M = 2m, L = r = 1.00 m) die in O frei rotierbar (um den Winkel ) aufgehängt ist. Nach der Kollision erreicht die Stange als Endposition = 180° (d.h. sie steht senkrecht nach oben) während sich der Massepunkt mit der Geschwindigkeit V‘ = 1.28 m/s weiterbewegt. Trägheitsmoment der Stange: 1 3 𝑚 𝑀𝐿2 , Gravitationsbeschleunigung 𝑔 = 9.81 𝑠2 , Reibung ist zu vernachlässigen. (a) Um wieviel nimmt die potentielle Energie der Stange bei diesem Vorgang zu? Nach der Kollision verändert sich die Höhe des Schwerpunkts der Stange um L: Epot= Mgh= MgL= 3.92 J (b) Wie groß sind Winkelgeschwindigkeit und Rotationsenergie der Stange unmittelbar nach der Kollision? 1 1 Unmittelbar nach der Kollision hat die Stange Erot= 2 𝐼 2 (IStange= 3 𝑀 𝐿2 ) Bei = 180° ist die Stange in Ruhe und hat nur potentielle Energie. Aus der Energieerhaltung folgt: 1 2 𝑔 𝐼 2 = 𝑀 𝑔 𝐿 = √6 𝐿 = 7.67 s-1 Erot = 3.92 J (c) Geben Sie eine Gleichung für die potentielle Energie der Stange als Funktion von an und stellen Sie den Zusammenhang für den Bereich = 0° bis 180° graphisch dar. Die gesamte potentielle Energie der Stange lautet: 𝐿 Epot = 𝑀 𝑔 ∆𝑧 + 𝑀𝑔 2 (der erste Term steht für die potentielle Energie die durch das Anheben entsteht, der zweite Term für die potentielle Energie bei = 90°, also wenn die Stange horizontal orientiert ist) 𝐿 wobei ∆𝑧 = − 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 (kann Werte von –L/2 bis +L/2 einnehmen) „Physik für Chemiker/nnen“ Übungen, Test am 7. Feb. 2017 Durch Vereinfachung entsteht: 𝐿 Epot = 2 𝑀 𝑔 (1 − 𝑐𝑜𝑠 ) (d) Bestimmen Sie die Anfangsgeschwindigkeit Vo der Masse m. V‘ = 1.28 m/s. Gesucht ist die Anfangsgeschwindigkeit V0 der Masse m. Erhaltung der kinetischen Energie: 1 2 𝑚𝑉02 = 1 2 𝑚𝑉 ′2 + 1 2 𝐼 2 V0= 6.39 m/s 3. Schaltkreis Die elektrischen Widerstände im Schaltkreis (Abb.), der mit U = 30.0 V versorgt wird, betragen 1 k (R1), 2 k (R2), 3 k (R3), 4 k (R4) und 5 k (R5) (die Widerstandswerte sind als exakt zu betrachten). (a) Wie lautet der Gesamtwiderstand (mit einer Genauigkeit von 1 ) der Schaltung? 1 1 1 1 1 2 = + = + → 𝑅12 = 𝑘Ω 𝑅12 𝑅1 𝑅2 1000 2000 3 1 1 1 1 1 12 = + = + → 𝑅34 = 𝑘Ω 𝑅34 𝑅3 𝑅4 3000 4000 7 𝑅𝑔𝑒𝑠𝑎𝑚𝑡 = 𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5 2 12 𝑅𝑔𝑒𝑠𝑎𝑚𝑡 = 𝑘Ω + 𝑘Ω + 5𝑘Ω 3 7 𝑅𝑔𝑒𝑠𝑎𝑚𝑡 = 50 105 155 𝑘Ω + 𝑘Ω = 𝑘Ω = 7.380952 𝑘Ω = 7381 Ω 21 21 21 „Physik für Chemiker/nnen“ Übungen, Test am 7. Feb. 2017 (b) Welche Spannung U4 fällt an R4 ab (in der Abb. durch Punkte gekennzeichnet)? 𝑈 = 𝐼𝑅𝑔𝑒𝑠𝑎𝑚𝑡 = 𝐼(𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5 ) 𝐼= 𝑈 (𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5 ) 𝑈4 = 𝐼𝑅34 Spannungsabfall U4: Nun I Einsetzen: 𝑈4 = 𝑈4 = 𝑅34 𝑈 (𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5 ) 1714.2857Ω (30.0 𝑉) = 6.96774 𝑉 = 6.97 𝑉 7380.952 Ω (c) Welcher Strom fließt durch R2? 𝐼𝑔𝑒𝑠𝑎𝑚𝑡 − 𝐼1 − 𝐼2 = 0 𝐼𝑔𝑒𝑠𝑎𝑚𝑡 = 𝑈2 = 𝑈 30.0 𝑉 = = 4.0645 𝑚𝐴 (𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5 ) 7380.952 Ω 𝑅12 666.66667𝑘Ω (30.0𝑉) = 2.709677 𝑉 𝑈= (𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5 ) 7.380952 𝑘Ω 𝐼2 = 𝑈2 2.709677 𝑉 = = 1.354838 𝑚𝐴 = 1.35 𝑚𝐴 𝑅2 2000 Ω (d) Nun wird R2 verdoppelt. Welchen Wert müsste dann R5 haben damit der Spannungsabfall an R4 derselbe bleibt (wie in (b))? Geben Sie eine Genauigkeit von 1 an. 1 1 1 ′ + → 𝑅12 = ′ = 𝑅12 𝑅1 2𝑅2 𝑈4 = 1 1 1 1000 + 4000 = 800 Ω 𝑅4 𝑈 (𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5 ) 𝑅34 𝑅34 𝑈= ′ 𝑈 (𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5 ) (𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5′ ) 1 1 = ′ (𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5 ) (𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5′ ) ′ (𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5 ) = (𝑅12 + 𝑅34 + 𝑅5′ ) ′ 𝑅5′ = 𝑅12 − 𝑅12 + 𝑅5 𝑅5′ = 2000 Ω − 800 Ω + 5000 Ω = 4867 Ω 3 „Physik für Chemiker/nnen“ Übungen, Test am 7. Feb. 2017 4. See Am Ufer eines kreisrunden Sees (Durchmesser d = 86.0 m) steht Tim (Augenhöhe 1.68 m) und sieht genau gegenüber am Ufer einen Turm der Höhe h = 27.17 m. Tim sieht den gesamten Turm unter einem Öffnungswinkel . In der Mitte des Sees befindet sich die Taucherin Lotte. Sie sieht die Turmspitze wenn sie unter dem Winkel = 36° (wie in Abb.) nach oben blickt. Der Brechungsindex der Luft sei exakt 1, jener des Wassers 4/3. (a) Wie groß ist der Öffnungswinkel für Tim? kann in zwei Winkel aufgeteilt werden, 1 (von der Horizontalen nach oben) und 2 (von der Horizontalen nach unten), sodass gilt = 1 + 2. Dann folgt aus dem Winkelsatz tan = Gegenkathete/Ankathete: tan1 = (h – 1.68m)/86m 1 = 16.50958° tan2 = (1.68m)/86m 2 = 1.11912° = 17.6° (b) In welcher Tiefe z befindet sich Lotte unter der Wasseroberfläche? 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝑠𝑖𝑛𝛽 𝑛𝐿𝑢𝑓𝑡 =𝑛 𝑊𝑎𝑠𝑠𝑒𝑟 4 = 𝑠𝑖𝑛𝛽 = sin(36°) 3 𝑑2 ℎ 1 4 3 3 =4 = 51.6019° = 𝑡𝑎𝑛𝛽 d2 = 34.2823m d1 = 43m – d2 = 8.71770m 𝑑1 𝑧 = 𝑡𝑎𝑛𝛼 z = 11.9989m z = 12m „Physik für Chemiker/nnen“ Übungen, Test am 7. Feb. 2017 (c) Unter welchem Winkel (nicht eingezeichnet), auf die Normale der Wasseroberfläche bezogen, erscheint Lotte der Horizont der flachen Landschaft? Dieser Winkel entspricht näherungsweise dem Grenzwinkel der Totalreflexion: = 90° 𝑠𝑖𝑛𝛼𝐺𝑟𝑒𝑛𝑧 sin(90°) 𝑛𝐿𝑢𝑓𝑡 =𝑛 𝑠𝑖𝑛𝛼𝐺𝑟𝑒𝑛𝑧 = 𝑊𝑎𝑠𝑠𝑒𝑟 = 1 4 3 3 = 4 (wobei sin(90°)=1) 3 4 𝛼𝐺𝑟𝑒𝑛𝑧 = 48.59038° (die Signifikanz ist beliebig groß) 𝛼𝐺𝑟𝑒𝑛𝑧 = 48.59° (der resultierende Winkel soll keinesfalls größer als der berechnete sein!)
