¨Ubungen zur Physik 1 – Lösungen zu Blatt 5

Übungen zur Physik 1 – Lösungen zu Blatt 5
I.
STROMGEWINNUNG
Das Wasser fliesst auf der Höhe h in den Stausee hinein, wird aber bei der Höhe 0 m abgelassen. Daher gewinnt
man die potentielle Energie Epot = mgh. Die Masse ergibt sich aus dem Volumen des Wassers und der Dichte
(ρW = 1000 kg/m3 ): m = ρW V . Als Rate erhält man
V̇ =
2 × 109 J
P
= 1477 m3 /s.
=
kg
m
0.92ρW gh
0.92 × 1000 m
9.81
150
m
3
s2
(1)
Bemerkungen:
• Soviel Wasser verbraucht ein durchschnittlicher Mensch in ca. 30 Lebensjahren.
• Wasserkraftwerke sind enorm effizient. Wirkungsgrade von bis zu 95% können erreicht werden, im Gegensatz
zu Gas-, Kohle- oder Kernkraftwerken, wo lediglich ca. 35% Wirkungsgrad erzielt werden.
II.
FEDER AUF SCHIEFER EBENE
Zunächst bestimmen wir die Federkonstante aus den Angaben im Text:
k=
F
= 270N/0.02m = 1.35 × 104 N/m .
x
(2)
a) Es bezeichne h die Höhe des Blocks zu Anfang relativ zu dem Punkt, an dem der Block zum Halten kommt (d.h.
Feder zusammengedrückt). Dann ist die potentielle Energie des Systems Block-Erde zu Anfang m g h, wobei
m die Masse des Blocks bezeichnet. Dabei sei der Nullpunkt der potentiellen Energie in den Punkt gelegt, an
dem der Block zum Halten kommt. Drückt der Block insgesamt die Feder um eine Strecke x zusammen, dann
ist die potenzielle Energie der Feder 1/2 k x2 . Die schiefe Ebene ist reibungslos, die Normalkraft auf den Block
verrichtet keine Arbeit, also bleibt die mechanische Energie erhalten. Gleichsetzen der Energien und Auflösen
liefert
h=
kx2
= 0.174m .
2mg
(3)
Insgesamt bewegt sich der Block auf der schiefen Ebene daher l = h/ sin 30◦ = 0.350 m.
b) Der Block drückt die Feder um 0.055 m zusammen. D.h. in dem Moment, in dem der Block die Feder berührt,
ist er auf einer Höhe von
h0 = 0.055m × sin 30◦ = 0.0275m
(4)
relativ zur Höhe des Endpunktes (Nullpunktes der potentiellen Energie). Daraus lässt sich die Differenz der
potentiellen Energien zwischen Anfangspunkt und dem ”Berührungspunkt” bestimmen. Diese Differenz liegt
im ”Berührungspunkt” als kinetische Energie vor
m g ∆h =
1
m v2 .
2
(5)
oder
v=
p
2 g ∆h = 1.7m/s .
(6)
2
III.
ARBEIT
Das Volumen des Zylinders beträgt V = πR2 L. Auf den Zylinder wirkt die Gravitationskraft FG = mg = V ρH g
(wobei ρH die Dichte von Holz ist) sowie die Auftriebskraft im Wasser FA (z) = πR2 zρW g, wobei z die Eintauchtiefe
ins Wasser ist. Diese beiden Kräfte sind im Gleichgewicht bei z = − 32 L , d.h. ρH = 23 ρW .
Beim Herausziehen des Zylinders beträgt die Arbeit:
2
2 !
Z 0
Z 0
2
2
1
2
2
(FG + FA (z)) dz = πR2 ρW g
W =
L + z dz = πR2 ρW g
L −
− L
= ρW πR2 L2 g
3
3
2
3
9
−2/3L
−2/3L
(7)
Mit den gegebenen Zahlen ergibt sich: W = 24.7 J.
IV.
MOLEKÜLPOTENTIALE
a) Die Atomkerne können Schwingungen um das Potentialminimum herum ausführen. Wird der Abstand geringer
als der Gleichgewichtsabstand R0 stossen sich die Atomkerne ab, wird der Abstand zwischen ihnen grösser als
R0 , so ziehen sie sich an. Der Gleichgewichtsabstand befindet sich im Minimum des Potentials. Das Minimum
3
2.5
V/V0
2
1.5
1
0.5
0
0
findet man durch die Bedingung
d V (r)
dr
1
2
3
R/R0
4
5
6
7
= V0 2 a (1 − e−a (r−R0 ) )e−a (r−R0 ) = 0 mit der Lösung rmin = R0 .
b) Da V (R0 ) = 0, muss man nur noch die zweite Ableitung
Taylor-Reihe bis zum zweiten Glied hinschreiben zu können:
d2 V (r)
dr 2
an der Stelle r = R0 berechnen, um die
d2 V (r)
|r=R0 = 2V0 a2 e−2 a (r−R0 ) − 2V0 a2 (1 − e−a (r−R0 ) )e−a (r−R0 ) |r=R0 = 2V0 a2 .
dr2
(8)
Somit folgt die Taylorreihe von V (r) um R0 bis zur zweiten Ordnung in r: V (r) = V0 a2 (r − R0 )2 + O(r3 ).
c) Die Federkonstante k erhält man durch zweimaliges ableiten von V (r):
k=
und somit ergibt sich:
Molekül
V0 [J]
R0 [pm]
−19
H2
7.6 × 10
74
I2
2.5 × 10−19 266
HCl
2 × 10−19
127
aR0 k [N/m]
1.44 576
4.95 173
2.38 140
d2
V (r) = 2V0 a2
dr2
(9)