4. ¨Ubung (KW 22/23)

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— Lösungen —
4. Übung (KW 22/23)
4. Übung (KW 22/23)
Aufgabe 1
(T 5.1 Eisenstück“)
”
Ein Stück Eisen der Masse m und der Temperatur T1 wird in ein sehr großes Wasserbad der Temperatur T2 < T1 gebracht. Das Eisen nimmt die Temperatur des
Wassers an. Die Temperatur des Bades ändert sich dabei nicht merklich. Wie groß
ist die Entropieänderung ∆S des gesamten Systems?
m = 1.0 kg, T1 = 573 K, T2 = 288 K, cE = 473 J kg−1 K−1
Aufgabe 2
(E 1.1 Glühlampe“)
”
Eine Glühlampe für die Spannung U nimmt bei der Glühtemperatur T1 die Leistung
P1 auf. Der Glühdraht hat den Durchmesser d. Der spezifische Widerstand % ist
proportional zur Temperatur T und hat bei der Temperatur T0 den Wert %0 .
(a) Gesucht ist die Drahtlänge l.
(b) Welche Stromstärke I0 tritt unmittelbar nach dem Einschalten auf?
U = 230 V, T0 = 291 K, T1 = 2500 K, P1 = 60 W, d = 25 µm, %0 = 5.3 × 10−8 Ω m
Aufgabe 3
(E 1.5 PKW-Anlasser“)
”
Beim Anlassen eines PKW-Motors sinkt die Klemmspannung der Batterie auf den
Wert U1 . Durch den Anlasser fließt dabei der Strom I. Ohne Belastung hat die
Batterie die Spannung U0 .
(a) Welchen Innenwiderstand Ri hat die Batterie?
(b) Welchen Widerstand RA hat der Anlasser?
(c) Bei starker Abkühlung der Batterie (Frost) erhöht sich der Innenwiderstand, so
dass Ri = RA werden kann. Wie groß ist dann noch die Klemmspannung U2
beim Anlassen?
U0 = 12.8 V, U1 = 9.8 V, I = 170 A
Jens Patommel <[email protected]>
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Aufgabe 4
— Lösungen —
4. Übung (KW 22/23)
(E 1.7 Vorwiderstand“)
”
Eine Glühlampe (Spannung UL , Leistung PL ) soll mit Hilfe eines Vorwiderstandes
an eine Netzspannung UN > UL angeschlossen werden.
(a) Man bestimme die zulässige Stromstärke I!
(b) Welcher Widerstand RV muss vorgeschaltet werden?
(c) Welche Leistung PV wird im Vorwiderstand verbraucht?
(d) Wie groß ist die im Vorwiderstand pro Sekunde entstehende Wärmemenge QV ?
(e) Der Strom soll mit einem Strommesser (Vollausschlag IA < I, Innenwiderstand
RA ) gemessen werden. Wie groß darf der dem Messstrom parallel zu schaltende
Widerstand Rp höchstens sein?
UL = 24 V, UN = 230 V, PL = 30 W, IA = 100 mA, RA = 5.00 Ω
Jens Patommel <[email protected]>
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— Lösungen —
4. Übung (KW 22/23)
Lösung zu Aufgabe 1
Die Entropieänderung des Gesamtsystems setzt sich aus der Entropieänderung des
Eisenstücks und der Entropieänderung des Wassers zusammen:
∆Sges = ∆SE + ∆SW .
(1.1)
Wir berechnen zuerst die Entropieänderung des Eisens, welches sich von der Temperatur T1 auf die Temperatur T2 abkühlt und dabei die Wärmemenge |QE | an das
Wasser abgibt:
|QE |
T2
ZT2
Z
ZT2
−1
−1
−1
∆SE = dQ T = mE cE dT T = mE cE dT T = mE cE log |T |
0
T1
T1
T1
= mE cE log |T2 | − log |T1 | = mE cE log
T2
T1
= −mE cE log
.
T1
T2
(1.2)
Dabei haben wir von der Gleichung dQ = mE cE dT Gebrauch gemacht.
Bei der Berechnung der Entropieänderung des Wassers nutzen wir aus, dass keine
Wärme an die Umgebung abgegeben und auch keine Wärme von der Umgebung
aufgenommen wird und somit die vom Eisen abgegebene Wärme vollständig vom
Wasser aufgenommen wird, QE = −QW . Außerdem soll die Masse des Wassers sehr
viel größer als die des Eisens sein, so dass die Temperaturänderung des Wassers
vernachlässigbar klein ist und das T −1 als Konstante vor das Integral geschrieben
werden kann:
∆SW
−Q
ZQW
Z E
−QE
T1
−mE cE (T2 − T1 )
−1
−1
= dQ T = T2
dQ =
=
= mE cE
−1
T2
T2
T2
0
0
(1.3)
Die Entropieänderung des Gesamtsystems beträgt somit
T1
T1
(1.1)
(1.2)
− 1 − log
= 143 J K−1 .
∆Sges = ∆SE + ∆SW = mE cE
(1.3)
T2
T2
Lösung zu Aufgabe 2
(a) Wir leiten zuerst eine Funktion her, die den spezifischen Widerstand in Abhängigkeit der Temperatur beschreibt. Da der spezifische Widerstande proportional zur
Temperatur ist, muss die Funktion eine Gerade beschreiben, die durch den Nullpunkt geht, die Funktion muss also die Form
%(T ) = αT
Jens Patommel <[email protected]>
(2.1)
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4. Übung (KW 22/23)
aufweisen. Die Proportionalitätskonstante α lässt sich anhand der Information ermitteln, dass bei der Temperatur T0 der spezifische Widerstand %0 auftritt:
(2.1)
%0 = %(T0 ) = αT0
%0
.
=⇒ α =
T0
(2.2)
Die gesuchte Widerstands-Temperatur-Funktion ergibt sich durch Einsetzen von
(2.2) in (2.1):
%0
(2.1) ∧ (2.2) =⇒ %(T ) = T .
(2.3)
T0
Bei einer Drahtlänge l und einer Drahtquerschnittsfläche A erhält man daraus den
temperaturabhängigen elektrischen Widerstand R(T), indem der spezifische Widerstand %(T ) mit l multipliziert und durch A dividiert wird:
R(T ) =
l
(2.3) l %0
%(T ) =
T .
A
A T0
(2.4)
Weil in der Aufgrabe nach der Länge des Drahtes gefragt wird, lösen wir nach l auf:
(2.4)
⇐⇒
l=
AT0 R(T )
.
%0 T
(2.5)
Andererseits wissen wir aber auch, dass die Glühlampe bei der Spannung U betrieben wird und dass bei der Betriebstemperatur T1 die Leistung P1 umgesetzt wird
(Umwandlung von elektrischer Energie in Wärme und Licht). Der Zusammenhang
zwischen Stromstärke, Spannung und Leistung an einem Ohmschen Widerstand ist
durch die Beziehung
P = UI
gegeben. Aus der Spannung U und der Leistung P1 können wir also die Stromstärke
I1 berechnen, die bei der Temperatur T1 fließt:
P1
,
U
so dass für den Widerstand des Glühdrahtes bei der Betriebstemperatur
I1 =
R(T1 ) =
U (2.6) U
U2
= P1 =
I1
P1
U
(2.6)
(2.7)
folgt. Wir setzen T = T1 und (2.7) in Gleichung (2.5) ein und erhalten
AT0 R(T )
l =
%0 T
(2.5)
2
(T =T1 )
=
U
AT0 R(T1 ) (2.7) AT0 P1
AU 2 T0
=
=
.
%0 T1
%0 T1
%0 P1 T1
(2.8)
Die Querschnittsfläche des Drahtet ist in der Aufgabenstellung nicht gegeben, wohl
aber der Drahtdurchmesser d. Es liegt nahe, einen zylinderförmigen Draht anzunehmen, dessen Querschnittsfläche einem Kreis vom Durchmesser d entspricht. Mit
dieser Annahme errechnen wir einen Querschnittsflächeninhalt von
A = πr2 = 41 πd2
Jens Patommel <[email protected]>
(2.9)
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4. Übung (KW 22/23)
was sogleich in (2.8) eingesetzt wird:
AU 2 T0 (2.9) 1 d2 U 2 T0
= 4π
%0 P1 T1
%0 P1 T1
2
291 K
(25 µm) · (230 V)2
1
·
= 4π
−8
5.3 × 10 Ω m · 60 W 2500 K
µm2 V2
= 9505 × 108 ·
ΩmW
m2 V2
= 9505 × 108 × 10−12 ·
ΩmW
2
m
V
= 9505 × 10−4 ·
ΩW
m V2
= 9505 × 10−4 ·
V A−1 · J s−1
As · V
= 950.5 × 10−3 ·
·m
J
C · J C−1
= 950.5 × 10−3 ·
·m
J
= 950.5 mm .
(2.8)
l =
Der Glühdrat ist demnach fast ein Meter lang!
(b) Unmittelbar nach dem Einschalten hat der Draht noch Raumtemperatur, sein
Widerstand beträgt also laut Gleichung (2.4)
(2.4)
R0 = R(T0 ) =
l
l %0
T0 = %0 .
A T0
A
(2.10)
In dem Augenblick, zu dem an diesem Widerstand die Spannung U anliegt, fließt
der Strom
U (2.10) U
AU (2.8) AU
T1 P1
T1
I0 =
= l
=
= AU 2 T0 =
·
=
· I1
R0
l%0
T0 U
T0
%
%
A 0
% P T 0
0 1
1
2500 K 60 W
·
= 8.6 × 261 mA = 2.24 A .
=
291 K 230 V
Unmittelbar nach Einschalten des Lichts (d. h. nach Anlegen der Spannung U an
die Enden des Glühdrates) ist die Stromstärke mit 2.2 A fast neun mal höher als im
laufenden Betrieb!
Lösung zu Aufgabe 3
(a) Von außen Betrachtet liegt an den Klemmen der Batterie die Klemmenspannung UK an. Diese ist zu unterscheiden von der Quellspannung U0 (die auch Ur”
spannung“ oder elektromotorische Kraft“ EMK genannt wird). Die Quellspannung
”
ist durch die elektrochemische Potentialdifferenz zwischen den beiden Elektroden
Jens Patommel <[email protected]>
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4. Übung (KW 22/23)
UK
U0
Ui
Ri
Batterie
RA
UA
der Batterie festgelegt und ändert sich auch dann nicht, wenn die Batterie durch
Entladen schwächer wird. Die Klemmenspannung ergibt sich aus der Quellspannung
durch Subtraktion der über dem Innenwiderstand der Batterie abfallenden Spannung
Ui = Ri I, d. h. es gilt der Zusammenhang
UK = U0 − Ui = U0 − Ri I .
(3.1)
Die Klemmenspannung hängt also von der (konstanten) Urspannung, dem Innenwiderstand der Batterie und der Stromstärke ab und wird kleiner, je größer Innenwiderstand und Stromstärke werden. Die Gleichung (3.1) gestattet es, aus den in der
Aufgabe gegebenen Größen den Innenwiderstand der Batterie zu berechnen:
(3.1)
=⇒
Ri =
U0 − U1
12.8 V − 9.8 V
U0 − UK
=
=
= 17.6 mΩ .
I
I
170 A
(b) Bei geschlossenem Stromkreis fällt die Klemmenspannung vollständig über dem
Widerstand des Anlassers ab, so dass dann
UA = UK = U1
(3.2)
gilt. Da nun der Strom I fließt, errechnen wir den Widerstand des Anlassers zu
UA (3.2) U1
=
I
I
9.8 V
=
= 57.6 m Ω .
170 A
RA =
(3.3)
(c) Aufgrund des frostbedingten veränderten Innenwiderstands der Batterie fließt
nun eine neue Stromstärke I2 durch den Stromkreis:
U0
U0
U0
1 U0 (3.3) 1 U0
1 U0
I2 =
=
=
=
=
=
I.
(3.4)
U1
Rges
Ri , 2 + RA
RA + RA
2 RA
2 I
2 U1
Jens Patommel <[email protected]>
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4. Übung (KW 22/23)
Insbesondere fließt diese Stromstärke durch den Widerstand des Anlassers, so an
diesem die Spannung
U0 (3.3) 1 U1 U0
1
1
IRA
= I
= U0
2
U1
2 I U1
2
(3.4)
UA = RA I2 =
(3.5)
abfällt. Der Zeichnung entnimmt man, dass die Klemmenspannung und die am Anlasser anliegende Spannung gleich groß sind, so dass wir für die bei Frost vorliegende
Klemmenspannung den Wert
(3.5)
UK = UA =
1
1
U0 = · 12.8 V = 6.4 V
2
2
errechnen. Dass die neue Klemmenspannung der halben Urspannung entspricht,
hätte man auch sofort aus der vorliegenden Symmetrie schließen können: Die Urspannung fällt über zwei gleichgroße in Reihe geschaltete Widerstände ab (Innenund Anlasserwiderstand), an jedem Widerstand muss also die gleiche Spannung
abfallen. Da die Summe dieser beiden gleich großen Teilwiderstände gleich der Urspannung sein muss, fällt sowohl über den Innen- als auch über den Anlasserwiderstand jeweils die Spannung 21 U0 ab, was auch gleichzeitig der Klemmenspannung
entspricht.
Lösung zu Aufgabe 4
(a) Wenn an der Glühlampe die volle Leistung PL bei der maximal zulässigen Spannung UL umgesetzt wird, dann fließt ein elektrischer Strom der Stärke
I=
30 W
J s−1
PL
=
= 1.25 ·
= 1.25 C s−1 = 1.25 A .
UL
24 V
J C−1
(4.1)
(b) Die Netzspannung UN soll derart über den Widerstand der Lampe und dem
Vorwiderstand abfallen, dass an der Lampe die Spannung UL anliegt. Dazu muss
am Vorwiderstand die Spannung
UV = UN − UL
(4.2)
anliegen, woraus sich die Größe des Vorwiderstandes berechnen lässt:
RV =
230 V − 24 V
UV (4.2) UN − UL
=
=
= 165 V A−1 = 165 Ω .
I (4.1)
I
1.25 A
(c) Im Vorwiderstand wird die Leistung
PL
UN
PV = UV I = (UN − UL )
=
− 1 PL
(4.1)
UL
UL
230 V
=
− 1 · 30 W = 8.57 × 30 W = 258 W
24 V
(4.2)
Jens Patommel <[email protected]>
(4.3)
(4.4)
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4. Übung (KW 22/23)
verbraucht.
(d) Wenn im Vorwiderstand die Leistung PV verbraucht wird, so entsteht in der
Zeit ∆t die Wärmemenge Q = PV ∆t, pro Sekunde wird also die Wärme
UN
(4.3)
Q = PV ∆t =
− 1 PL ∆t
UL
(4.4)
= 258 W · 1 s = 258 W s = 258 J
erzeugt.
(e) Die zu messende Stromstärke I wird durch die Parallelschaltung in die Stromstärken
IA (Strom druch das Strommessgerät) und IrmP (Strom durch den Parallelwiderstand) aufgeteilt, wobei entsprechend der Kirchhoffschen Knotenregel
IP = I − IA
(4.5)
gilt. Am Parallelwiderstand liegt die gleiche Spannung wie am Strommessgeraät an
(Maschenregel), es ist also
UP = UA = RA IA .
(4.6)
Aus den Beziehungen (4.5) und (4.6) schließen wir, dass ein Widerstand von
RP =
500 Ω
UP (4.6) RA IA (4.1) 5.00 Ω · 100 mA
=
=
=
= 435 mΩ
IP (4.5) I − IA
1.25 A − 100 mA
1250 − 100
parallel geschaltet werden muss, damit das Strommessgerät gerade Vollausschlag
anzeigt. Damit der Messbereich des Amperemeters ausreicht, darf der Parallelwiderstand also nicht größer als 435 Ω sein.
Quellen
Die Aufgaben sind entnommen aus: Peter Müller, Hilmar Heinemann, Heinz Krämer,
Hellmut Zimmer, Übungsbuch Physik, Hanser Fachbuch, ISBN: 978-3-446-41785-4
http://www.hanser-fachbuch.de/buch/Uebungsbuch+Physik/9783446417854
Die Übungs- und Lösungsblätter gibt es unter
http://newton.phy.tu-dresden.de/~patommel/Physik_2_hydro
Die Homepage zur Vorlesung findet sich unter
http://iktp.tu-dresden.de/index.php?id=839
Jens Patommel <[email protected]>
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