„Physik für Chemiker/nnen“ Übungen, Test am 3. März 2017

„Physik für Chemiker/nnen“ Übungen, Test am 3. März 2017
MUSTERLÖSUNG
1. Schiefe Ebene
Zwei Körper befinden sich zu Beginn in Ruhe auf derselben Höhe (h = 1.00 m) auf einer
schiefen Ebene (mit der Steigung  = 10°): ein Ring und eine hohle Kugel (beide mit
demselben Radius R und der Masse M = 1.00 kg). Nun rollen sie die schiefe Ebene hinunter
(Reibung sei vernachlässigbar), wobei die Trägheitsmomente (bzgl. der Drehachse durch
2
ihren Mittelpunkt) M𝑅 2 (Ring) und 3 𝑀𝑅 2 (Hohlkugel) lauten. Die Gravitations𝑚
beschleunigung beträgt g = 9.81 𝑠2 . Bestimmen Sie für beide Körper die:
(a) Endgeschwindigkeit am Ende der schiefen Ebene (bei h = 0 m)
Aus der Energieerhaltung ergibt sich:
𝑀𝑔ℎ =
1
2
1
𝑀𝑉 2 + 2  2
I)
Anfangs sind Ring und Ball in Ruhe und sie
besitzen daher nur potentielle Energie 𝑀𝑔ℎ.
Am Ende der schiefen Ebene (h= 0) besitzen
beide Körper nur kinetische Energie, die sich
1
aus zwei Beiträgen (2 𝑀𝑉 2:
1
Translationsenergie; 2  2 : Rotationsenergie) ergibt.
𝑚
Da 𝑅𝑖𝑛𝑔 = 𝑀𝑅 2 (und 𝑉 =  𝑅) ist 𝑉𝑅𝑖𝑛𝑔 = √𝑔ℎ = 3.13 𝑠 .
2
6
𝑚
𝐵𝑎𝑙𝑙 = 3 𝑀𝑅 2, 𝑉𝑅𝑖𝑛𝑔 = √5 𝑔ℎ = 3.43 𝑠 .
(b) Beschleunigung während der Bewegung und die Zeit die sie bis zum Ende der schiefen
Ebene benötigen
Die Strecke s ergibt sich aus der Höhe und der Neigung
𝑠=
ℎ
𝑠𝑖𝑛𝛼
und somit s = 5.75877 m
Nachdem das Drehmoment in beiden Fällen konstant ist (𝑟⃗ und 𝐹⃗ sind immer gleich)
muss auch die Beschleunigung konstant sein. Daher lässt sich schreiben:
𝑣 = 𝑎 ∙ 𝑡 und 𝑠 =
1
𝑎𝑡 2 bzw. 𝑡 =
2
𝑣
und 𝑎 =
𝑎
1 𝑣2
2 𝑠
(gilt in beiden Fällen)
Daraus lässt sich mit den Geschwindigkeiten aus (a) berechnen:
Ring: a = 0.851 ms-2 und t = 3.68 s
Hohlkugel: a = 1.02 ms-2 und t = 3.36 s
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(c) Nun wird eine konstante Kraft Fo angenommen die auf den Schwerpunkt der Körper wirkt
und ihrer Bewegung entgegenwirkt. Welche Kraft Fo ist notwendig damit die
Endgeschwindigkeit im Vergleich zu (a) halbiert wird?
Aus der Gleichung für die Beschleunigung (in (b)) ergibt sich dass die Beschleunigung
auf ein Viertel abfällt wenn die Endgeschwindigkeit halbiert wird:
𝑎′ =
𝑎1
4
wobei a1 der Originalwert aus (a-b) ist und a‘ der neue Wert
Aus dem Newton’schen Axiom folgt dann dass die Gesamtkraft auch auf ein Viertel
abfällt (da die Masse immer dieselbe ist):
𝐹′𝑔𝑒𝑠 =
𝐹𝑔𝑒𝑠,1
4
Die Gesamtkraft war zuvor gleich der Parallelkomponente der Gravitationskraft (die
immer dieselbe ist): 𝐹𝑔𝑒𝑠,1 = 𝐹𝐼𝐼 und 𝐹𝐼𝐼 = 𝑀𝑔 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 1.70349 𝑁
Nun beträgt die Gesamtkraft: 𝐹′𝑔𝑒𝑠 = 𝐹𝐼𝐼 − 𝐹𝑜
Daher: 𝐹𝐼𝐼 − 𝐹𝑜 =
𝐹𝐼𝐼
4
3
und 𝐹𝑜 = 4 𝐹𝐼𝐼
𝐹𝑜 = 1.28 𝑁
2. Schwingende Kugel
Eine Kugel (Masse m) schwingt im Vakuum in einem Gravitationsfeld (g = 9.81 m.s-2) an
einer Feder (mit der Federkonstanten D = 8.74 kg/s2). Um die Periodendauer um genau 25%
zu vergrößern müsste man die Masse der Kugel um 92.40 g erhöhen.
(a) Welche Masse m hat die Kugel und mit welcher Periodendauer schwingt sie?
𝐷
Kreisfrequenz 𝜔 = √𝑚, Periodendauer 𝑇 =
2𝜋
𝜔
wobei 𝜔 = 2𝜋 ∙ 𝑓 (f: Frequenz)
𝑚
Daraus folgt 𝑇 2 = 4𝜋 2 𝐷
5
Aus der Angabe ergibt sich: 𝑇2 = 4 𝑇1
𝑇12 = 4𝜋 2
𝑚
𝐷
25
25
𝑚
𝑇22 = 16 𝑇12 bzw. 𝑇22 = 16 4𝜋 2 𝐷
Gleichzeitig muss gelten 𝑇22 = 4𝜋 2
𝑚+92.4𝑔
𝐷
Diese beiden werden gleichgesetzt und es ergibt sich durch Umformung
𝑚 = 164.3𝑔
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Nun wird die Kugel in Honig gehalten wobei die Schwingungsamplitude nach 0.725 s auf ein
Zehntel absinkt.
(b) Stellen Sie in einer Skizze die Situation dar in welcher die Kugel maximal nach unten
ausgelenkt ist. Zeichnen Sie alle wirksamen Kräfte ein und benennen Sie sie.
FF
FA
FF: Federkraft
FA: Auftriebskraft
FG: Gravitationskraft
Es gibt keine Reibungskraft weil v = 0
FG
(c) Mit welcher Frequenz schwingt die Kugel im Honig?
𝑚
Im Vakuum ist 𝑇 = 2𝜋√ 𝐷 = 0.86139 𝑠 (mit der Masse aus (a))
Damit beträgt die Kreisfrequenz 𝜔𝑜 =
2𝜋
𝑇
= 7.294256 𝑠 −1
Bei der gedämpften Schwingung gilt 𝑥(𝑡) = 𝐴 ∙ 𝑒 −𝛾𝑡 cos(𝜔′ 𝑡 + 𝜑)
Für die Amplitude gilt dann 𝐴(𝑡) = 𝐴𝑜 ∙ 𝑒 −𝛾𝑡
Bei t = t‘ = 0.725 s gilt A = Ao/10
𝐴
somit 10𝑜 = 𝐴𝑜 ∙ 𝑒 −𝛾𝑡′ woraus folgt 𝛾 =
−ln(0.1)
𝑡′
𝛾 = 3.175979 𝑠 −1
Für die Kreisfrequenz gilt 𝜔′ = √𝜔𝑜2 − 𝛾 2
und somit 𝜔′ = 6.566531 𝑠 −1 (mit der ungedämpften Kreisfrequenz 𝜔𝑜 von oben)
Dann beträgt die Frequenz f = 1.05 s-1
(d) Auf welchen Bruchteil (in Prozent relativ zur Anfangsamplitude zum Zeitpunkt t = 0 s)
sinkt die Schwingungsamplitude der Kugel 0.20 s nach dem Start?
Es gilt 𝐴2 = 𝐴𝑜 ∙ 𝑒 −𝛾𝑡 = 𝐴𝑜 ∙ 𝑒 −𝛾∙0.2𝑠
𝐴
Durch Verwendung von 𝛾 = 3.175979 𝑠 −1 aus (c) ergibt sich 𝐴2 = 53%
𝑜
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3. Reibung
Ein Steinquader (Masse M = 2.50 t) liegt
in Ruhe auf einer schiefen Ebene mit einer
Steigung von α = 15.75°. Die
Erdbeschleunigung beträgt g = 9.81 m.s-2.
(a) Wie groß muss der Haftreibungskoeffizient µH mindestens sein um das Abrutschen zu
verhindern?
Der kritische Punkt ab dem der Quader entweder abrutscht oder nicht ist durch folgende
Gleichung gegeben: 𝐹𝑅 = 𝐹𝐴 (wobei FR die Reibungskraft und 𝐹𝐴 = 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ sin 𝛼 die
Abtriebskraft (parallele Komponente der Gravitationskraft FG) ist).
Mit der Reibungskraft 𝐹𝑅 = 𝐹𝑁 ∙ 𝜇𝐻 = 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝜇𝐻,𝑎 ∙ cos 𝛼 (FN ist die senkrechte
Komponente von FG, µH,a ist der kritische Reibungskoeffizient in dieser Teilaufgabe)
erhalten wir durch Umformen folgende Gleichung
𝜇𝐻,𝑎 =
sin 𝛼
= tan 𝛼 = 0.2820
cos 𝛼
Und damit das gefragte Ergebnis als dimensionslose Zahl mit 4 geltenden Ziffern.
(b) Angenommen die Haftreibung ist nicht groß genug um ein Abrutschen zu verhindern: Wie
groß ist der Anteil der potentiellen Energie der während des Abrutschens (mit einem
Gleitreibungskoeffizienten von µG = 0.187) in Reibungsarbeit umgewandelt wird?
Gefragt ist in dieser Aufgabe der Anteil der durch Reibung geleisteten Arbeit WReibung
an der freiwerdenden potentiellen Energie ΔEpot oder als Formel
𝑊𝑅𝑒𝑖𝑏𝑢𝑛𝑔
∆𝐸𝑝𝑜𝑡
Dabei ist die Reibungsarbeit gegeben durch
𝑊𝑅𝑒𝑖𝑏𝑢𝑛𝑔 = 𝜇𝑔𝑙𝑒𝑖𝑡 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ cos 𝛼 ∙ ∆𝑠
Wobei µgleit der Gleitreibungskoeffizient und Δs die zurückgelegte Strecke sind.
Für die Veränderung der potentiellen Energie gilt
∆𝐸𝑝𝑜𝑡 = 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ∆ℎ
Wobei Δh die Veränderung der Höhe ist. Nun sind weder Δs noch Δh bekannt. Da wir
aber den Steigungswinkel α kennen wissen wir, dass sin 𝛼 =
∆ℎ
∆𝑠
. Und damit können wir
direkt ausrechnen, dass
𝑊𝑅𝑒𝑖𝑏𝑢𝑛𝑔 𝜇𝑔𝑙𝑒𝑖𝑡 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ cos 𝛼 ∙ ∆𝑠 𝜇𝑔𝑙𝑒𝑖𝑡 ∙ cos 𝛼 ∙ ∆𝑠 𝜇𝑔𝑙𝑒𝑖𝑡 ∙ cos 𝛼
=
=
=
= 0.663
∆𝐸𝑝𝑜𝑡
𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ∆ℎ
∆ℎ
sin 𝛼
= 66.3%
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Womit wir wissen, dass 66.3% der potentiellen Energie in Reibungsarbeit umgewandelt
wird.
Der Quader wir nun zusätzlich von einer äußeren Kraft Faußen = 14.2 kN parallel zur schiefen
Ebene nach oben gezogen.
(c) Wie groß muss nun der Haftreibungskoeffizient µH mindestens sein, damit der Quader in
Ruhe bleibt?
Es ist wieder nach einem kritischen Haftreibungskoeffizienten gefragt, der Unterschied, ist
dass das Kraftgleichgewicht in diesem Fall aus der äußeren Kraft Faußen auf der einen und
Reibungskraft FR und Abtriebskraft FA auf der anderen Seite besteht. Für den kritischen
Haftreibungskoeffizienten µH,c gilt also folgende Gleichung:
𝐹𝑎𝑢ß𝑒𝑛 = 𝐹𝑅 + 𝐹𝐴
Einsetzen der Kräfte: 𝐹𝑎𝑢ß𝑒𝑛 = 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝜇𝐻,𝑐 ∙ cos 𝛼 + 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ sin 𝛼
Umformen nach µH,c:
𝜇𝐻,𝑐 =
𝐹𝑎𝑢ß𝑒𝑛 − 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ sin 𝛼
= 0.320
𝑚 ∙ 𝑔 ∙ cos 𝛼
(d) Nun ist die Haftreibung nicht groß genug um den Quader in seiner Position zu halten. Wie
lange dauert es dann, ihn aus dem Stand eine Strecke von 1.1 km zu bewegen
(Gleitreibungskoeffizient wie in (b))?
Für die Zeit, die der Quader aus dem Stand für 1,1km benötigt brauchen wir nur die
Beschleunigung a in folgenden Formel einsetzen
𝑠(𝑡) =
𝑎
𝑡²
2
Und das t ausrechnen für das s(t)=1,1km gilt.
Die Beschleunigung erhalten wir aus 𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑚 ∙ 𝑎
Wobei für die gesamte Kraft 𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐹𝑎𝑢ß𝑒𝑛 − 𝐹𝑅 − 𝐹𝐴 gilt.
Also ist 𝑎 =
𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑚
=
𝐹𝑎𝑢ß𝑒𝑛 −𝐹𝑅 −𝐹𝐴
𝑚
.
2𝑠
Für die gesuchte Zahl gilt damit 𝑡 = √
𝑎
2𝑠∙𝑚
=√
𝐹𝑎𝑢ß𝑒𝑛 −𝐹𝑅 −𝐹𝐴
= 42𝑠
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4. Ladungen
Zwei Punktladungen, Q1 (+6e) und Q2 (-7e), befinden sich ohne Schwerefeld im Vakuum an
den Orten ⃗⃗⃗⃗
𝑟1 = (0.00, 2.00, 3.00) und ⃗⃗⃗⃗
𝑟2 = (2.00, 4.00, 5.00). Eine Probeladung Q3 (+e)
wird am Ort ⃗⃗⃗⃗
𝑟3 = (3.00, 6.00, 3.00) positioniert. Die Elementarladung beträgt 1.60 × 10-19 C
und die Dielektrizitätskonstante o beträgt 8.85 × 10-12 Fm-1, alle Distanzen sind in m
gegeben.
(a) Wie lauten die beiden Einheitsvektoren die von Q1 nach Q3 bzw. von Q2 nach Q3 zeigen?
0
2
3
𝑟1 = (2) , ⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗
𝑟2 = (4) , ⃗⃗⃗⃗
𝑟3 = (6)
3
5
3
3
0
3
𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑟
⃗⃗⃗⃗
−
𝑟
⃗⃗⃗⃗
=
(
)
−
(
)
=
(
6
2
4)
31
3
1
3
3
0
2
2
2
|𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
31 = √3 + 4 + 0 = √25 = 5
𝒓̂31 =
𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1 3
31
= (4)
|𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
5
31
0
3
2
1
𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑟3 − ⃗⃗⃗⃗
𝑟2 = (6) − (4) = ( 2 )
32 = ⃗⃗⃗⃗
3
5
−2
2
2
2
|𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
32 = √1 + 2 + (−2) = √9 = 3
𝒓̂32 =
𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1 1
32
= (2)
|𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
3
32
−2
(b) Welche Arbeit wird benötigt um die Probeladung Q3 aus dem Unendlichen an den Ort ⃗⃗⃗⃗
𝑟3
zu bringen?
𝑊 = 𝑞𝑉 = 𝑄3 𝑉𝑔𝑒𝑠𝑎𝑚𝑡 (3, 6, 3)
𝑉1 (3, 6, 3) =
1 𝑄1
1 +6𝑒
=
4𝜋𝜀0 |𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
4𝜋𝜀0 5
31
𝑉2 (3, 6, 3) =
1 𝑄2
1 −7𝑒
=
4𝜋𝜀0 |𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
4𝜋𝜀0 3
32
𝑉𝑔𝑒𝑠𝑎𝑚𝑡 (3, 6, 3) = 𝑉1 + 𝑉2 =
=
1 +6𝑒 −7𝑒
𝑒 6 7
+
[
]=
[ − ]
4𝜋𝜀0 5
3
4𝜋𝜀0 5 3
𝑒 18 35
𝑒 17
( )
[ − ]=−
4𝜋𝜀0 15 15
4𝜋𝜀0 15
𝑊 = 𝑄3 𝑉𝑔𝑒𝑠𝑎𝑚𝑡 (3, 6, 3) = (+𝑒) (−
𝑒 17
𝑒 2 17
( )) = −
( ) = −2.61 × 10−28 𝐽
4𝜋𝜀0 15
4𝜋𝜀0 15
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(c) Welche Kraft wirkt auf die Probeladung Q3 (am Ort ⃗⃗⃗⃗)?
𝑟3
Die Kraft setzt sich aus zwei Komponenten zusammen, die von den Ladungen Q1 und
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Q2 stammen: 𝐹⃗ = 𝐹
31 + 𝐹32
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹
31 =
1 (+6𝑒)(+𝑒)𝒓̂31
1 (−7𝑒)(+𝑒)𝒓̂32
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
,𝐹
32 =
2
2
|𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
|𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
4𝜋𝜀0
4𝜋𝜀0
31
32
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹
31 =
1 (+6𝑒)(+𝑒)𝒓̂31
1 (+6𝑒)(+𝑒) 1 3
=
(4)
2
|𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
4𝜋𝜀0
4𝜋𝜀0
25
5
31
0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹
32 =
1 (−7𝑒)(+𝑒)𝒓̂32
1 (−7𝑒)(+𝑒) 1 1
=
(2)
2
|𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗|
4𝜋𝜀0
4𝜋𝜀0
9
3
32
−2
𝐹𝑥 =
𝑒 2 18
7
𝑒 2 486
875
𝑒 2 −389
− ]=
−
[
[
]=
[
]
4𝜋𝜀0 125 27
4𝜋𝜀0 3375 3375
4𝜋𝜀0 3375
𝐹𝑦 =
𝑒 2 24 14
𝑒 2 648 1750
𝑒 2 −1102
− ]=
−
[
[
]=
[
]
4𝜋𝜀0 125 27
4𝜋𝜀0 3375 3375
4𝜋𝜀0 3375
𝐹𝑧 =
𝑒2
14
𝑒 2 1750
[0 + ] =
[
]
4𝜋𝜀0
27
4𝜋𝜀0 3375
𝐹⃗ =
−389/3375
−2.65
𝑒2
(−1102/3375) = (−7.52) × 10−29 𝑁
4𝜋𝜀0
1750/3375
11.94