a) Eine quantifizierbare Eigenschaft eines Objekts

Physik anwenden und verstehen: Lösungen
1 Grundlagen
1
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Physikalische Grössen und Einheiten
1
a) Eine quantifizierbare Eigenschaft eines Objekts, eines Systems von Objekten, eines
Zustandes oder eines Vorgangs.
b) Die Einheiten werden «normal» (s) gedruckt und die Grössen «kursiv» (s), und sie
werden nicht im gleichen Term gemischt.
2
a) «Internationales Einheitensystem» (SI = «système international d’unités»)
b) Länge; Masse; Zeit
Elektrische Stromstärke; (thermodynamische) Temperatur; Lichtstärke; Stoffmenge.
Der Meter (m); das Kilogramm (kg); die Sekunde (s); das Ampere (A);
das Kelvin (K); die Candela (cd); das Mol (mol).
3
Ja. Zwei Beispiele:
1. Gleitreibungszahl als Verhältnis der Gleitreibungskraft und der Normalkraft;
µ = 0.4 ; Einheit N = 1
N
2. Brechzahl als Verhältnis der Lichtgeschwindigkeiten in zwei verschiedenen Medien;
n = 1.54 ; Einheit m/s = 1
m/s
4
Geschwindigkeit: [ v ] = m ⋅ s −1
Kraft: [ F ] = m ⋅ kg ⋅ s −2 = N
Energie: [ E ] = kg ⋅ m 2 ⋅ s −2 = J
5
a) Im Vergleich zu der ursprünglichen Definition als 40-millionster Teil des Meridians
ist der Urmeter aus Metall (und damit auch unser heutiges Metermass) um
∆l = 40 '000 m = 0.001 m = 1 mm zu lang.
40 '000 '000
b) Seit 1983 ist der Meter an die Sekundendefinition durch die modernen Atomuhren
mit Hilfe der Lichtgeschwindigkeit angeschlossen. Die Sekunde lässt sich viel
genauer als die Längeneinheit messen.
1 Grundlagen
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Bekannt: Milli (Millimeter), Nano (Nanometer), Dezi (Deziliter), Kilo (Kilovolt,
Kilometer), Mega (Megahertz, Megabyte), Zenti (Zentimeter), Giga (Gigawatt,
Gigaherz)
Vielleicht sind auch Tera (Terawatt) und Pico (Picofarad) bekannt.
7
a) 50.0 m/s; ca. 1220 km/h.
b) Um m/s in km/h umzuwandeln, soll man den Zahlenwert der Geschwindigkeit
mit 3.6 multiplizieren.
c) v =
10−3 m
= 2 ⋅10−9 m/s = 2 nm/s
7 ⋅ 24 ⋅ 60 ⋅ 60s
d) v =
40 '000 km
≅ 1667 km = 463 m/s
24 h
h
8
a) 1.85 ·10–3 kg
1.9 ·105 kg
4.7 ·10–6 kg
b) 1.692 ·104 m
5 ·10–5 m
1.85 ·103 m
c) 4.128449 ·1010 m2
1.50 ·10–6 m2
0.0624 m2 = 6.24 ·10–2 m2
d) 1.5 ·10–3 m3
1.1 ·106 m3
0.012 m3 = 1.2 ·10–2 m3
e) 2700 s = 2.7 ·103 s
3.6 ·106 s
3.5 ·10–2 s
f) 14 m/s
2.3·10–4 m/s
5.5447 m/s
g) 910 kg/m3
8.6 ·103 kg/m3
4.3 ·102 kg/m3 = 430 kg/m3
9
4.91 soll eine Kraftgrösse in Newton sein und 0.3 eine Zeit in Sekunden. m ist eine
physikalische Grösse: die Masse. In Annas Formulierung könnte der Buchstabe m als
Abkürzung für die Längeneinheit Meter verstanden werden. Grössen und Zahlen
werden durcheinander gebracht.
Eine physikalische Grösse besteht aus einer Masszahl und einer Masseinheit. Die
Einheiten einer physikalischen Gleichung müssen zusammenpassen. Beim zweiten
Beispiel findet der Schüler eine falsche Lösung, weil er verschiedene Längeneinheiten
und verschiedene Zeiteinheiten benutzt:
Die Dimension der Beschleunigung als Verhältnis von Geschwindigkeit und Zeit ist
korrekt. Die Geschwindigkeit 100 km/h soll aber in Meter pro Sekunde umgewandelt
werden, damit die Einheiten übereinstimmen.
2
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Vektor: Zur eindeutigen Festlegung ist ausser Masszahl und Einheit noch die Angabe
einer Richtung erforderlich. (Beispiele: Weg, Kraft, Geschwindigkeit, Beschleunigung)
Skalar: Angabe von Masszahl und Einheit genügt (Beispiele: Masse, Temperatur,
Energie)
Im Beispiel haben beide Kräfte denselben Betrag. Sie sind aber entgegengesetzt
gerichtet.
11
a) 4.2094° = 0.07347 rad
b) 142'000 s; 2360 min; 39.4 h; 1.64 d
c) Das siderische Jahr (auf das Koordinatensystem der Fixtsterne bezogen): 365.2564 d
und das tropische Jahr (auf den Frühlingspunkt bezogen): 365.24220 d
12
1 LJ = 31556925.9747 s = 365.242198 d
c
(wobei c die Lichtgeschwindigkeit im Vakuum ist).
Somit wurde das tropische Jahr für das Lichtjahr gebraucht.
13
Der Mond verspätet sich um den Drehwinkel 13.2° /d . Somit wird er 52.7 min später
aufgehen.
Genauigkeit und Fehler
14
Aus praktischen und messtechnischen Gründen ist es nicht angebracht eine Temperatur
in Mikrograd-Celsius und die Präzision der Angabe für die Längenausdehnung eines
Stabes im Bereich der Atomgrösse anzugeben.
15
a) ∆l = 1 mm
b) Der relative Fehler beträgt 0.001 m ⋅100 % = 0.08 %.
1.210 m
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a) Die Messung erfolgte auf ± 0.05 cm genau:
a = (9.3 ± 0.05) cm, b = (8.9 ± 0.05) cm
b) 0.54 %, 0.56 %
c) Die Rundung des angegebenen Ergebnisses bedeutet:
F = (82.77 ± 0.005) cm2, 0.006 %
∆F ∆ a ∆b
=
+
; 1.1 % ;
Der relative Fehler des Produktes ist
F
a
b
∆F = 0.9 cm2
Korrektes Ergebnis: F = (82.8 ± 0.9) cm2
17
a) Die Genauigkeit des Ergebnisses ist vorgetäuscht, nur die ersten beiden Ziffern sind
genau.
b) Absoluter Fehler je ± 0.05 mm, relative Fehler 0.22 % , 0.28 % , 0.12 %
c) Relativer Fehler des Volumens: 0.22 % + 0.28 % + 0.12 % = 0.62 %
Absoluter Fehler des Volumens: ± 0.62 % ·V = ± 106 mm3
d) V = (17.2 ± 0.1) cm3
18
a) Die dreiziffrige Genauigkeit des Ergebnisses kommt nicht zum Ausdruck. Da die
Daten mit drei signifikanten Ziffern gegeben sind, muss auch die Lösung mit
derselben Genauigkeit angegeben werden: 9.00 m/s
b) Gemessene Grössen ganz verschiedener Genauigkeit werden miteinander zu einem
Ergebnis vorgetäuschter und damit falscher Genauigkeit verknüpft. Korrekt wäre
3 m/s2.
19
a) d =
b)
l −b
; 1.7 m
2
∆d
∆l +∆b
; 72 %
=±
d
l −b
c) (1.7 ± 1.2) m
Bei der Differenz ähnlicher Werte können die Fehler sehr gross werden.
2.1 Kinematik
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2.1
Kinematik
Gleichförmige Bewegung
1
a) s = vt ;
c) t =
17 m
s
; 3.3·10–10 s = 0.33 ns
v
e) s = vt ; 0.06 m = 6 cm
b) t =
s
;
v
2.9·10–4 s = 0.29 ms
d) s = vt ; 3·105 m = 300 km
s
f) v = ; 27.3 km/h
t
2
h=
vt
; 1.12 km
2
3
s
; 3.6 min
v1 + v2
v1
s ; 1.2 km
b) s1 =
v1 + v2
v3
s ; 2.1 km
c) s3 =
v1 + v2
a) t =
s2 =
v2
s ; 0.30 km
v1 + v2
4
a) Unsinn! Die Steigung der Geraden ist nicht tanα. An den Achsen des Diagramms
stehen physikalische Grössen mit Einheiten. Ausserdem sind die Achsen nicht im
gleichen Massstab eingeteilt. In diesem Fall ist die Steigung der Geraden der Quotient aus dem Ordinatenwert und dem Abszissenwert eines Punktes auf der Geraden.
Der Ordinatenwert ist an der senkrechten Achse mit zugehöriger Einheit, der Abszissenwert an der waagrechten Achse mit zugehöriger Einheit abzulesen.
b) v =
s1 20 m
=
; 3.3 m/s
t1 6.0 s
2.1 Kinematik
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5
d) Fahrzeiten: t1 =
s +s
s1 3
s
2
= h ; t 2 = 2 = h ; v = 1 2 ; 16 km/h
t1 + t 2
v1 5
v2 5
6
a)
Weg
Zeit
b)
Geschwindigkeit
Zeit
7
a) Zürich
Wiedikon
Wiedikon
Enge
Enge
Wollishofen
Wollishofen
b) v1 =
ab
an
ab
an
ab
an
ab
12:13
12:17
12:19
12:21
12:26
12:29
12:37
11.75 km − 3.6 km
; 98 km/h
12 : 37 h − 12 : 32 h
2
2.1 Kinematik
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c) v2 =
d) v =
3.6 km
; 43 km/h
12 : 42 h − 12 : 37 h
11.75 km
; 71 km/h
12 : 42 h − 12 : 32 h
8
Weg
2
1
3
a) 1 und 3 fahren mit konstanter Geschwindigkeit, 4 steht. Alle drei bewegen sich im
Sinne der Definition gleichförmig.
b) v4 < v3 < v1
4
A
c) Velo 3 hat zu Anfang einen Vorsprung auf
mich. Da ich aber schneller fahre, wird unser Abstand immer kleiner. Jetzt überhole
ich und unser Abstand wird wieder grös0
ser.
t=
0
Zeit
d) Die vier Velos befinden sich am gleichen
Ort, d.h. sie treffen sich.
e) Zur gesuchten Zeit t= hat die Kurve von Velo 2 die gleiche Steigung wie die Gerade
von Velo 1.
Gleichmässig beschleunigte Bewegung
9
v 2 = 2as ⇒ s =
v2
; 320 km
2a
10
a=
v
1
; 3.9 m/s2; s = vt ; 100 m
2
t
11
a) a =
v
1
; 1.4·10-4 m/s2; s = at 2 ; 4.7·107 km
2
t
v
; 2.3 d
a
Wegen der Reibung könnte das Auto mit einem Ionenantrieb gar
nicht in Bewegung gesetzt werden.
b) t =
2.1 Kinematik
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12
a=
v2
; 2.6 m/s2
2s
t=
2s
; 9.6 s
v
13
Hinweis: Aufgrund einer Änderung im Aufgabentext in der 2. Auflage 2006 hat diese
Aufgabe zwei unterschiedliche Lösungen.
Lösung für die 2. Auflage 2006:
a) Die Geschwindigkeit des Flugzeugs nimmt durchschnittlich pro Sekunde
um 2.9 m/s zu.
v2
b) s =
; 1.7 km , es genügt nicht.
2a
c) Die Geschwindigkeit nach 100 m beträgt v = 2as ; 24 m/s .
Da die Geschwindigkeit gleichmässig zunimmt, ist die mittlere Geschwindigkeit auf
diesen 100 m halb so gross, also 12 m/s.
Lösung für die 1. Auflage 2004:
a) Die Geschwindigkeit des Flugzeugs nimmt durchschnittlich pro Sekunde
um 3.9 m/s zu.
v2
b) s =
; 1.3 km , es genügt nicht.
2a
c) Die Geschwindigkeit nach 100 m beträgt v = 2as ; 28 m/s .
Da die Geschwindigkeit gleichmässig zunimmt, ist die mittlere Geschwindigkeit auf
diesen 100 m halb so gross, also 14 m/s.
14
t=
2s
; 3.0 s
a
v = 2as ; 48 km/h
15
a) a =
2s1
2
2 ; 0.28 m/s
t1
b) t2 =
2s2
; 19 s
a
v1 =
2s1
; 5.0 km/h
t1
v2 = 2as2 ; 19 km/h
16
2s1
2
2 ; 5.0 m/s
t1
b) ∆t = 1.0 s =
, ∆s 1 a (2t ∆t − ∆t 2 ) ; 48 m; 500 m
2
a) a =
2.1 Kinematik
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vend
; 26 min
a
d) Durch den Treibstoffverbrauch wird die Masse der Raumfähre kleiner, die Schubkraft bleibt jedoch gleich. Der Luftwiderstand der dünner werdenden Luft hängt von
der Geschwindigkeit ab.
c) t =
17
v −v
∆t = 2 1 ; 2.4 s
a
v2 − v2
∆s = 1 ⋅ 2 1 ; 43 m
2
a
18
a) s = 1 at 2 ; 2.4 m
2
v = at ; 0.48 m/s
b) t = v ; 29 s
a
s = 1 at 2 ; 20 m
2
19
1
a) (t + ∆t ) ⋅ vHans = at 2 ; 3.0 s
2
c) v = at ; 12 m/s
1
b) s = at 2 ; 18 m
2
20
a) t =
∆s
; 50 s
v1 − v2
b) t =
2∆s ; 10 s
a1 − a2
Gleichmässig beschleunigte Bewegung mit Anfangsgeschwindigkeit
21
v=
2(−a ) s ; 14 m/s =
50 km/h
Der Lenker hatte die zulässige Höchstgeschwindigkeit nicht überschritten.
22
v02 [ km/h ] v02 [ m/s ] ⋅ 3.62 v02 [ m/s ]
=
=
s =
; also a = − 3.9 m/s 2
−2a
100
100
2.1 Kinematik
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23
a) a =
v
; 40 m/s2 ≈ 4 g
t
s = 1 at 2 ; 88 m
2
b) a =
v2
; 69 m/s2 ≈ 7 g
2s
t=
2s
; 1.2 s
v
24
v2
a=
− 0 ; − 0.16 m/s 2
2s
t= −
v0
;
a
42 s
25
a) v0 =
2s
; 80 m/s
t
b) a = −
2s
; −2.7 m/s 2
t2
26
2
a =2 ( s − v0t );
t
− 2.4 m/s 2
Der Zug bremst ab.
27
Der Index 1 bezeichne die Grössen auf der Rampe, der Index 2 diejenigen in der Unterführung. vmax stehe für die Geschwindigkeit am Ende der Rampe.
v
t1 = max ; 9.0 s
a) vmax = – a2t2; 72 cm/s
t = t1 + t2; 21 s
a1
b) s1 = 1 a1t12 ; 3.2 m
2
28
Reaktionsweg: sR = v0t R ;
20 m
2
0
v
; 40 m
2a
Anhalteweg: =
s sR + sB ; 60 m
Bremsweg: sB = −
Sie bringen das Auto noch vor den Felsbrocken zum Stehen.
2.1 Kinematik
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29
Anhalteweg:=
s v0t R +
v02
; 35 m; es liegt noch drin.
−2a
30
a) s = −
v02
;
2a
16 km
1
b) =
s v0t + at 2 ; 89 s
2
v
; 280 s
a1
1
Anfahrstrecke: s1 = a1t12 ; 19 km
2
v
Bremszeit: t2 = − ; 230 s
a2
Bremsweg: s2 = 16 km (vgl. Aufgabe a))
c) Anfahrzeit: t1 =
Zeit für die zwischen Anfahr- und Abbremsvorgang liegende Strecke:
s
t3 = 3 ; 40 min
v
Gesamtfahrzeit Genf – St. Gallen: 49 min
31
a) t1 = v ;
a1
b) t2 = v ;
−a2
8.0 s
c) s3 =
s − 1 vt2 − 1 vt2 ;
2
2
e) Fahrtenschreiber:
180 m
d) t = t1 + t2 +
12 s
s3
;
v
35 s
7
2.1 Kinematik
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32
Anfahren:
tA = 30 s; a A =
vmax
; 1 m/s2;
tA
s A = 1 a At A2 ; 450 m
2
Bremsen:
sB = 600 m; t B = 2 ⋅
sB
;
vmax
40 s
Gleichförmige Bewegung:
sG = d – sA – sB; 3900 m;
tG = sG/vmax; 130 s
Fahrtzeit:
ttot = tA + tG + tB; 200 s; Die S12 kommt um 11:24:20 in Stettbach an.
33
Abbremsen vor der Baustelle:
2
2
v − v1
v −v
sB = 2
; 1000 m
t B = 2 1 ; 50 s;
2aB
aB
Anfahren nach der Baustelle:
2
2
v − v1
v −v
sA = 2
; 1200 m
t A = 2 1 ; 60 s;
2a A
aA
Gleichförmige Bewegung:
s
t G = ; 260 s; s = 1300 m
v2
Ganzer Vorgang:
ttot = tB + tG + tA; 370 s;
stot = sB + s + sA; 3500 m
Fahrzeit ohne Baustelle:
s
t = tot ; 100 s
v1
Somit verlängert sich die Reisezeit um 270 s.
Gleichmässig beschleunigte Bewegung mit schiefer Ebene
34
=
v
2 g sin α ⋅ s ;
4 m/s
8
2.1 Kinematik
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35
=
a) v0
2 g sin α ⋅ s ;
4.5 m/s
b) t =
2s ;
g sin α
2.6 s
36
a) α =g ⋅ ( sin α − µG ⋅ cos α ) ; 2.4 m/s2
Somit ist die Geschwindigkeit nach 3.0 s: v = at ;
b) s = 1 at 2 ; 11 m
2
7.1 m/s
37
FL = mg ⋅ ( sin α − µ ⋅ cos α ) ; 19 N
38
t
=
b
=
g sin α cos α
2b ; t für α = 45°
min
g sin 2α
39
a) 1 at 2= 1 at 2 − v0t + l ⇒ t =l ; 1.2 s
v0
2
2
2
 
b) s = 1 g sin α  l  ; 3.5 m
2
 v0 
 
v2= v1 − v0 ; 0.89 m/s
c) v1 = g sin α  l  ; 5.9 m/s
 v0 
Der Keil bewegt sich bereits wieder abwärts.
Gleichmässig beschleunigte Bewegung, Diagramme
40
a) Von t = 0 bis t1 = 2 h ist v1 = 50 km/h, von t1 bis t2 ist v2 = 100 km/h, v = 67 km/h
b) v1 < v2
c) Im Zeitpunkt t1 (Punkt P) strebt die Beschleunigung a gegen unendlich.
9
2.1 Kinematik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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41
a) Weg-Zeit-Diagramm:
Plötzlicher Stillstand nach gleichförmiger Bewegung (ruckartig, a → ∞ )
Geschwindigkeit-Zeit-Diagramm:
Nach gleichmässig beschleunigter Bewegung Fortbewegung mit der erreichten Endgeschwindigkeit.
b) Bewegung ruckartig, Beschleunigung a → ∞ bei Übergang von Bewegung zu Stillstand.
c) Gleichmässig beschleunigtes Anfahren eines Autos. Wenn die Endgeschwindigkeit
erreicht ist, fährt es mit konstanter Geschwindigkeit weiter.
42
a) Das Auto fährt gleichmässig
beschleunigt an, fährt kurze Zeit
mit konstanter Geschwindigkeit
und bremst dann wieder gleichmässig bis zum Stillstand ab.
43
a)
b)
b)
2.1 Kinematik
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c)
s in m
500
400
300
200
100
0
0
5
1
15
20
25
t in s
Die Piste muss mindestens 0.52 km lang sein.
44
a) Die Steigung der Geraden
∆v
; g: 2.0 m/s2; h: 3.0 m/s2; k: – 4.0 m/s2; l: – 6.0 m/s2
b) a =
∆t
v
c) t = ; g: 14 s; h: 9.3 s
a
v2
d) s = 0 ; k: 96 m; l: 64 m
−2a
e) h hat einen stärkeren Motor als g, l hat bessere Bremsen als k (z.B. ABSBremssystem)
Freier Fall
45
Streng genommen bezeichnet man mit dem Begriff «freier Fall» nur Fallbewegungen,
bei welchen allein die Gewichtskraft auf den Fallkörper einwirkt. Im Fallrohrexperiment wird dies durch das Entfernen der Luft erreicht, da diese dem Fallkörper als
Luftwiderstand entgegenwirkt. Bei genauerer Messung lässt sich zeigen, dass das Stahlkügelchen in Luft praktisch gleich schnell fällt wie im Vakuum. Deshalb fallen in der
Physik auch all diejenigen Fallbewegungen unter dem Begriff «freier Fall», bei denen
die anderen Einflüsse, verglichen mit der Gewichtskraft, vernachlässigt werden können.
46
a) Sobald der Kollege den Massstab loslässt, fällt er im freien Fall. Die Strecke, die frei
fallende Objekte zurücklegen, ist jedoch nur von der verstrichenen Zeit und der
Fallbeschleunigung g abhängig. Mit bekannter Fallbeschleunigung lässt sich aus der
Fallstrecke die Fallzeit berechnen, die Ihrer Reaktionszeit entspricht.
2s
b) t =
; 0.18 s
g
c) s = 1 gt 2 ; 4.1 cm (das ist genau ein Viertel der ersten Distanz!)
2
2.1 Kinematik
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47
Das zweite Kügelchen trifft den Boden nach t1 =
2h1
; 0.090 s.
g
Das dritte Kügelchen trifft nach t2 = 0.18 s auf den Boden.
1
2
Sein Abstand vom ersten Kügelchen ist h2 = gt22 ; 16 cm.
Die Abstände der weiteren Kügelchen vom ersten sind 36 cm, 64 cm und 100 cm.
48
a) t = 2h ; 2.8 s
g
b) v = 2 gh ; 28 m/s
c) Im Experiment darf der Luftwiderstand nicht mehr vernachlässigt werden. Die Annahme einer gleichmässig beschleunigten Bewegung stimmt nicht mehr ganz. Der
Stein wird folglich auch mit einer geringeren Geschwindigkeit in die Aare plumpsen.
49
2
h = v ; 3.3 m
2g
50
2
a) h = v ; 32 m
2g
b) h =
(2v) 2
; 127 m
2g
Erklärung:
In der Aufgabe 50 b) ist von einem Zusammenstoss eines Autos mit einem Lastwagen
die Rede. Die Masse der beiden Fahrzeuge ist also nicht gleich. Mit 𝑚𝑚1 = Masse des
PKW, 𝑣𝑣1 = Geschwindigkeit des PKW vor dem Zusammenstoss, 𝑚𝑚2 = Masse des LKW
und −𝑣𝑣1 = Geschwindigkeit des LKW vor dem Stoss gilt bei einem inelastischen Stoss
gemäss Impulserhaltungssatz:
𝑚𝑚1 𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2 𝑣𝑣1 = (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 )𝑣𝑣
𝑣𝑣 =
𝑚𝑚1 − 𝑚𝑚2
𝑣𝑣
𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 1
Dabei ist 𝑣𝑣 die Geschwindigkeit, mit der sich nach dem Stoss die beiden Fahrzeuge gemeinsam bewegen.
2.1 Kinematik
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Für 𝑚𝑚1 = 𝑚𝑚2 folgt daraus 𝑣𝑣 = 0, was mit einem Sturz von einer Brücke von 32 m Höhe
vergleichbar ist.
Für 𝑚𝑚2 ≫ 𝑚𝑚1 folgt jedoch 𝑣𝑣 ≈ −𝑣𝑣1 . Das heisst, dass das Auto nach dem Zusammenstoss vom LKW in die entgegengesetzte Richtung mitgeschleift wird, während sich die
Geschwindigkeit des LKW kaum ändert. Dadurch ist die Impulsänderung des PKW
annähernd doppelt so gross wie bei einem Zusammenprall mit einem Fahrzeug gleicher
Masse. Das entspricht einem Sturz von einer vierfach höheren Brücke.
51
h=
v2 − v1
;
2g
h=
v2
; 14.0 m; das sind 5 Etagen über der Familie Meierhans.
2g
2
2
8.43 m; das sind 2.81 m pro Etage.
2
52
Für den freien Fall gilt: t1 =
2h
g
Für die Rutschbahn=
gilt: t2
2s
=
g sin α
2h
g sin 2α
Da t2 = 4t1 gilt: sin α = 1 ⇒ α = 14°
4
53
a) Absprung: 175 s. Der Springer wird in Richtung Boden beschleunigt.
Öffnen des Fallschirms: 230 s. Starke Verzögerung im Diagramm.
Auftreffen auf dem Boden: 370 s. Zu diesem Zeitpunkt tritt nochmals eine grössere
Verzögerung auf.
b) Der Springer fällt mit konstanter Geschwindigkeit. Sie ist nicht null.
c)
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.1 Kinematik
14
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54
Die Geschwindigkeit entspricht der Fläche unter der Kurve. Angenähert durch eine
Dreiecksfläche erhalten Sie für die höchste Fallgeschwindigkeit etwa 52 m/s oder
190 km/h.
Vertikaler Wurf
55
v = 2 gh ; 76.7 m/s
56
1 2
gt folgt für s = 0 (der Ball ist wieder am Boden) mit
2
gt
der Flugzeit tF: v0 = F ; 12 m/s
2
a) Aus =
s v0t −
2
1 t 
b) Die halbe Flugzeit braucht der Ball zum Fallen. h = g  F  ; 7.7 m
2 2
57
g 2
t liefert die Flugzeit t = 2.4 s.
2
v = v0 + gt liefert die Aufprallgeschwindigkeit v = 26 m/s.
a) h = v0t +
b) Aus h = v0t +
g 2
t und v = v0 + gt erhalten Sie t = 1.9 s und v0 = 9.2 m/s.
2
c) Aus h = v0t +
g 2
gt
t erhalten Sie v0 =h − =7.7 m/s.
2
t 2
58
a) Angelas Ball, da dieser auf der Höhe des Mädchens bereits eine Abwärtsgeschwindigkeit besitzt.
b) Abwärtsgeschwindigkeit von Angelas Ball, auf der Höhe von Karin (h1 = 2.5 m):
v0 = 2gh1 ; 7.0 m/s
2.1 Kinematik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
15
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Auftreffzeit von Angelas Ball, von dem Moment an gemessen, wo Karin ihren Ball
1
loslässt (h2 = 12 m; quadratische Gleichung gt 2 + v0 t − h2 = 0 lösen):
2
t1 =
− v0 + v02 + 2 gh2
; 1.0 s
g
Auftreffzeit von Karins Ball:
2h2
; 1.6 s
t2 =
g
Karins Ball kommt 0.6 s später am Boden an.
59
a)
g 2
t
2
g
s=
v0t − t 2
2
2
b) s1 = h −
Treffpunkt wenn s1 = s 2 , also bei h = v0t ⇒ t =
h = 1.33 s
v0
s1 ist dann 11.3 m über dem Boden.
c) v1 = gt = 13.1 m/s
v2 = v0 − gt = 1.92 m/s
60
a) v = 2 gh = 15.5 m/s
b) t = 2
2h
= 3.17 s
g
2.1 Kinematik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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c)
d) In halber Höhe hat der Stein die Geschwindigkeit 11.0 m/s.
2
v
 
3 h; 9.23 m
*
e) h =
h−  2 =
2g
4
f) s = v0t −
g 2
t = 11.4 m und v = v0 − gt = −4.09 m/s, also im Abwärtsflug.
2
61
3v0
v = v0 − gt = 1 v0 ⇒ t =
= 0.306 s
4
4g
h =v0t −
hmax =
g 2 3v0 2 9v0 2 15 v0 2
t =
−
= ⋅
= 0.765 m
2
4 g 32 g 16 2 g
v0 2 16
h ⇒ h= 15 hmax
=
2 g 15
16
62
a) v0 = 2 gh0 = 5.60 m/s
h1
c) =
2
( 3 v )2 9
v1
= 4 0=
=
h0 90.0 cm
2g
2g
16
b) t1 =
d) t2 = 2
2h0
= 0.571 s
g
2h1 3 2h0 3
=
= t1 = 0.857 s
g
2 g
2
16
2.1 Kinematik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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e) t3 = 2
2h2
9
3
mit h2 = h1 , also t3 = t2 = 0.643 s
g
16
4
f)
g) Die Zeiten t2, t3, t4 ... bilden eine geometrische Folge mit dem Quotienten q = ¾.
Ihre Summe ist
t2
t2 + t3 + t4 + ... =
= 4t2 = 3.43 s
1− q
Nach ttot = t1 + t2 + t3 + t4 +... = 4.00 s kommt der Tennisball zum Stillstand.
Überlagerte Bewegung mit konstanter Geschwindigkeit
63
a) Hinreise: 8 h 50 min (31'800 s); Rückreise: 7 h 40 min (27'600 s).
b) Die Hinreise erfolgt gegen den Wind, die Rückreise mit dem Wind.
d
d
Aus t Hin =
und t Rück =
erhält man :
vFlugzeug + vJetstream
vFlugzeug − vJetstream
v=
Flugzeug
d 1
1 
+

 ; 220 m/s (792 km/h)
2  tHin tRück 
d
d 1
1
−
vJetstream = − vFlugzeug = 
tRück
2  tRück tHin

 ; 15.6 m/s (56.0 km/h)

64
Sei v F die Geschwindigkeit des Flusses relativ zum Ufer und v B die Geschwindigkeit
des Bootes relativ zum Wasser. Mit N wird die Anzahl Pappeln und mit d deren Abstand bezeichnet.
N
d
N
d
v B + v F = Abwärts und v B − v F = Aufwärts ergeben
t Aufwärts
t Abwärts
N
d
N
v B =  Abwärts + Aufwärts  ; 3.0 m/s
t Aufwärts  2
 t Abwärts
17
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.1 Kinematik
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N
d
N
v F =  Abwärts − Aufwärts  ; 1.8 m/s
t Aufwärts  2
 t Abwärts
65
a) v = vZug – vFahrzeug; 30 km/h; v = vZug + vFahrzeug; 250 km/h;
2
2
v = vZug
+ vFahrzeug
; 178 km/h
b) s = v t; 41.7 m; 347 m; 247 m
66
Mittels Vektorparallelogramm lässt sich die Geschwindigkeit berechnen:
vWind =
vLäufer
3
; 5.7 km/h
Waagrechter Wurf
67
t = 2h ; 0.71 s;
g
s = vt ; 7.9 m
68
a) Flugzeit t F =
2h
, Flugweite xW = v0 t F
g
Kuniberts Beschleunigung: a =
b) v = 2v0 ; 8.0 m/s
69
a) Flugzeit t F =
2h
; 0.78 s
g
b) v = v02 + 2 gh ; 8.2 m/s
c) tan a =
2 gh
; 70°
v0
2 xW
g
; 4.6 m/s2
= 2v0
2
2h
tF
18
2.1 Kinematik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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d) Es gilt: y (t )= h − 1 gt 2 und x(t ) = v0 t .
2
g 2
x
2v02
Es ist eine nach unten geöffnete Parabel mit dem Scheitelpunkt (0 |h).
Eliminieren der Zeit t ergibt: y ( x) = h −
70
a) Flugzeit t F =
2h
, Flugweite xW
g
xW
g
; 8.7 m/s
= xW
2h
tF
v
x
b) tan a = 0 = W ; 51°
2hg 2h
v0 =
71
Mit der Flugzeit t F =
2h
xW v=
v0 2h ; 14 m
ist die Flugweite =
0t F
g
g
72
a) Sei q das Verhältnis der Steighöhe zur Turmhöhe; also q = 2/3.
Dann gilt:
x
h = w ; 12 m
2 q
b) Das Verfahren ist unabhängig von g und kann damit auch auf dem Mond oder auf
dem Mars angewendet werden, ohne die dortige Fallbeschleunigung zu kennen.
73
2
V
d
a) Für den Volumenstrom gilt: = Av = π   v
t
2
4V
v = 2 ; 1.3 m/s
πd t
b) Mit der Flugzeit t F =
Für x w = h ist h =
2h
xw v=
v0 2h .
ist die Flugweite =
0t F
g
g
2v02
; 0.34 m
g
19
2.1 Kinematik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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74
g
a) Für die Flugbahn gilt: x = v0 t und yFlug = − 1 gt 2 und somit y Flug = − 2 x 2
2v0
2
Für den Hang oberhalb von K gilt: y Hang = ax + b mit a = − tan(35.1°) . Der Achsenabschnitt b wird durch Einsetzen der Koordinaten von K ermittelt: b = 12.87 m.
g
Am Schnittpunkt gilt: y Flug = y Hang und somit − 2 x 2 = ax + b . Von den beiden
2v 0
Lösungen für x ist nur die grössere sinnvoll.
Der gesuchte Punkt ist P = (68.1 m | –35.0 m).
b) Die Sprungweite ist 120 m −
( K x − Px ) + ( K y − Py )
2
2
; 76.9 m
c) Offensichtlich bewirken die grossen Ski, der Spezialanzug und die Körperhaltung
einen dynamischen Auftrieb in der Luft bei gleichzeitig geringem Luftwiderstand.
So sind mit Luft wesentlich grössere Sprungweiten möglich als ohne.
Weitere Daten zur Schanze in Engelberg finden Sie unter: www.skispringen.com.
75
Es handelt sich um einen horizontalen Wurf. Das Weg-Zeit-Gesetz lautet:
 x(t ) = v0 t

 y (t ) = − 1 gt 2 + y
0

2
Sei TN die Zeitdauer bis zum Netz und TB bis zum Punkt B.
Nach den Angaben im Text folgen:
 s
 2 = v 0TN

1
 y N = − gTN2 + y 0
2

und
 s = v 0 TB

0 = − 1 gT 2 + y
0
B

2
s = Länge des Tisches und yN = Höhe des Netzes.
Aus den vier Gleichungen kann man TN und TB eliminieren.
So erhält man die folgenden Gleichungen:

1 s2
y
y
g
=
+
N
 0
8 v02


2
 y0 = 1 g s

2 v02
So ist y0 = 4 y N ; 20 cm
3
2.1 Kinematik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Schiefer Wurf
76
a) Aus
y v0 sin α ⋅ t − 1 gt 2 + y0 folgt mit dem Taschenrechner für die Flugzeit:
=
2
t1 = 5.61 s
ymax v0 cos a ⋅ t1 ;
=
0.17 km
b) Die maximale Höhe wird erreicht, wenn die Funktion y =− 1 gt 2 + v0 sin α ⋅ t + y0
2
ihr Maximum besitzt.
Die Zeit, bei der die vertikale Geschwindigkeit null ist, berechnet sich aus:
v sin α
0 ⇒ t =0
vy (t ) =
− gt + v0 sin α =
g
Somit =
ist ymax
v02 sin 2 a
+ y0 ;
2g
44 m
77
v0 sin 2α
2v sin α
, für die Flugdauer t = 0
g
g
2
Für die Flugweite gilt: x w =
x g
1
a) Also a = arcsin w 2  ; 30°
2
 v0 
2v sin α
b) t = 0
; 1.0 s
g
c)
2
(
v0 sin α )
y=
;
2g
1.3 m
2
v
d) 0 ; 10 m
g
78
2h
; 0.64 s
g
Bemerkung: Es handelt sich um einen Strecksprung, weil wieder am gleichen Ort gelandet wird.
2 xW tαn α
Weitsprung: t =
; 0.77 s
g
Hier sind sie also beim Weitsprung länger in der Luft.
Hochsprung: t = 2
21
2.1 Kinematik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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79
Lösung: 1
T = 0.4 s und y0 = 1.7 m
Das Weg-Zeit-Gesetz des schiefen Wurfes wird auf der vertikalen Achse angewendet:
1
y (t ) = − gt 2 + v0 y t + y 0
2
y
Da y(T) = 0 folgt: v0 y = 1 gT 2 − y0  1 =1 gT − 0 ; –2.3 m/s
T
2
T 2
So war die Wurfbahn im Augenblick der Abgabe sinkend.
Lösung: 2
2 y0
; 0.59 s
g
Da der Wurf weniger lang dauerte, muss der Ball beim Abwurf eine vertikale Geschwindigkeitskomponente nach unten gehabt haben.
Die Wurfdauer beim freien Fall ist: t =
80
x = v0 t cos α , 0 =
y0 + v0t sin α − 1 gt 2 aufgelöst nach x und t eliminiert.
2
v0 cos α 
2
Wurfweite x =
 v0 sin α + 2 gy0 + (v0 sin α ) 


g
a)
α
x in m
35°
21.7
36°
21.9
37°
22.0
38°
22.1
39°
22.2
40°
22.2
41°
22.2
42°
22.3
43°
22.2
Der optimale Abwurfwinkel beträgt 42°.
b)
α
x in m
35°
9.98
36°
10.0
37°
10.0
38°
10.1
39°
10.1
40°
10.1
41°
10.0
Der optimale Abwurfwinkel beträgt etwa 39°.
81
a) Es wird das Minimum von
gx
v(a ) =
mit y = 13 m und x = 20 m
cos a 2 x tan a − 2 y
gesucht.
Dies ergibt v0 = 19 m/s und α = 62°
42°
10.0
43°
10.0
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.1 Kinematik
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x
; –5.2 m/s
v0 cos α
Der Schnellball hat also seinen Zenit überschritten und ist bereits wieder am Sinken.
b) v y = v0 sin α − gt = v0 sin α − g
82
Um zur gleichen Zeit am gleichen Ort zu sein, müssen die beiden Steine zur selben Zeit
gleich weit und gleich hoch sein. Sie müssen also notwendigerweise die gleiche Horizontalgeschwindigkeit haben. Bei verschiedenen Wurfwinkeln muss also ihre Vertikalgeschwindigkeit verschieden sein (je steiler der Winkel, desto grösser die Vertikalgeschwindigkeit). Bei verschiedener Vertikalgeschwindigkeit können die Steine aber nicht
zur gleichen Zeit auf gleicher Höhe sein, weil sie die gleiche Beschleunigung erfahren.
Das erkennt man am besten, wenn man sich in das (beschleunigte) Bezugs-system eines
Steines versetzt. Bei unterschiedlicher Vertikalgeschwindigkeit vergrössert sich der
Vertikalabstand der Steine ständig.
Fazit: Da bei unterschiedlichen Wurfwinkeln Horizontal- und Vertikalgeschwindigkeit
nicht gleich sein können, gibt es in keinem Fall ein Zusammentreffen der Steine in der
Luft. Damit ist die Behauptung bewiesen.
Bildnachweis:
5: Wolfgang Grentz
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
1
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2.2
Kräfte
Dichte
83
ρ = 3M 3 ;
4π R
1244 kg/m3
84
a) ρ = m = m2 = 4m3 ;
V π d d πd
4
b) d = 3 4m ; 54 mm
21·103 kg/m3
πρStahl
85
m = mE + mW + mÖ = ρ EVE + ρW VW + ρÖVÖ ;
0.43 kg
86
Es gilt V = VG + VB =
und damit mG =
mG
ρG
+
mB
ρB
=
mG
ρG
+
m − mG
ρB
ρG ( ρ BV − m)
; 242 g
ρ B − ρG
87
ρ=
m
m
m
m
1
=
=
=
=
;
V VG + VK + VS mG + mK + mS 0.75m + 0.2m + 0.05m 0.75 + 0.2 + 0.05
ρG
ρK
ρS
ρG
ρK
ρS
ρG
ρK
ρS
15.1⋅103 kg/m3
88
mN + mO2 + mAr ρ N2VN2 + ρO2VO2 + ρ ArVAr ρ N2 x V + ρO2 y V + ρ Ar kV
=
=
Da ρ = m = 2
,
v
V
V
V
wobei k das Volumenprozent von Argon, x von Stickstoff und y von Sauerstoff sind,
folgt:
ρ = x ρ N2 + y ρO2 + k ρ Ar wobei x + y + k = 1 x 78% und y 21%
2.2 Kräfte
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2
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89
a) Die gesamte Masse soll mit den angegebenen Daten ausgerechnet werden.
Der Radius des Kernes rK beträgt 6371 km – 2900 km = 3471 km.
(
)
3
Volumen der Kruste: VKruste = 4 π R 3 − ( R − d ) ; 1.02 ⋅1019 m3
3
3
Volumen des Mantels: VMantel = 4 π ( R − d ) − rK3 ; 8.98 ⋅1020 m3
3
Volumen des Kerns: VKern = 4 π rK3 ; 1.75 ⋅1020 m3
3
Mit den angegebenen mittleren Dichten lassen sich die verschiedenen Massen, dann
die Gesamtmasse und die mittlere Dichte der Erde ausrechnen.
ρ=m=
(
ρ KrusteVKruste + ρ MantelVMantel + ρ KernVKern
4πR
3
V
b) ρ ≈ ρMantel + ( ρKern − ρMantel )
3
rK
R
)
; 5.5 ⋅103 kg/m3
3
90
Die Flächendichte des Papiers ist σ =
m
.
A
Die Bedingung ist erfüllt bei V ρ Luft = 10 ⋅ Aσ oder
r=
4 3
π r ρ Luft = 40π r 2σ
3
30m
; 48 cm
Aρ Luft
91
Bei gleichem Volumen V gilt:
m + m2 V ρ1 + V ρ 2 ρ1 + ρ 2
(arithmetisches Mittel)
ρV = 1
=
=
2V
2V
2
Bei gleicher Masse m gilt:
2m
2m
2
2 ρ1 ρ 2
ρm =
=
=
=
(harmonisches Mittel)
1
1
ρ1 + ρ 2
V1 + V2 m + m
+
ρ1
ρ2
ρ1
ρ2
Es ist ρ m ≤ ρV , was zu sehen ist, wenn die beiden Brüche gleichnamig gemacht
und die Zähler verglichen werden: ( ρ1 + ρ 2 ) 2 ≥ 4 ρ1 ρ 2 = ( ρ1 + ρ 2 ) 2 − ( ρ1 − ρ 2 ) 2
Die Gleichheit ρ m = ρV tritt offensichtlich nur ein, wenn auch ρ1 = ρ 2 ist.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.2 Kräfte
3
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92
Das Volumen des verdrängten Wassers ist: V = VL + VE
Die Masse des Eiswürfels ist: m = mL + mE
(1)
(2)
Das Volumen der enthaltenen Luft lässt sich mit der Dichte von Eis und Luft
ausrechnen.
m
m
Mit ρ E = E folgt aus (1) VL = V − E .
ρE
VE
Mit Vernachlässigung der Masse der eingeschlossenen Luft ist mE = m .
Somit ist V = V − m ; 0.83 cm3 (Mit 24.0 g und 27.0 cm3: 0.828 cm3)
L
ρE
Ohne Vernachlässigung der eingeschlossenen Luft ist mit (2) VL = V −
mL
m − ρ LVL
folgt VL = V −
. Auflösen nach VL
ρE
VL
ρ V −m
⇒ VL = E
; 0.83 cm3 (Mit 24.0 g und 27.0 cm3: 0.829 cm3)
ρE − ρL
m − mL
ρE
.
Mit ρ L =
Gewichtskraft
93
Am Äquator haben Sie die um 0.306% kleinere Gewichtskraft. Am Nordpol ist Ihre
Gwichtskraft um 0.204% grösser.
94
g Mars =
F
; 3.73 N/kg oder 3.73 m/s2
m
95
a) FG ,Mond = mg Mond ; 180 N
Ja, die Gewichtskraft entspricht einer Masse von etwa 18 kg auf der Erde.
b) FG ,Erde = mg Erde ; 1.09 kN
96
Sie wägen einen geeichten Gewichtstein der Masse 300.000 g mit der Waage im Keller.
Dabei stellen Sie die Waage so ein, dass sie tatsächlich die gewünschten 300.000 g
anzeigt.
Die Gewichtskraft des Gewichtsteins im Keller ist somit FG , K = mg K ; 2.941944 N
In 10 Meter Höhe beträgt sie nur noch FG , H = mg H ; 2.941935 N
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.2 Kräfte
4
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Die im Keller geeichte Präzisionswaage zeigt nun für den Gewichtsstein folgende
Masse an:
F
g
m * = G , H = m H ; 299.999 g
gK
gK
Der Unterschied kann zwar knapp gemessen werden, liegt aber an der Grenze des
Fehlerintervalls.
Federkraft
97
Weil die Längenänderung über einen bestimmten Bereich direkt proportional zur Kraft
ist und dadurch eine lineare Skala möglich ist.
98
a) Aus der angegeben Masse liesse sich die Zugkraft berechnen. Jedoch bliebe die
Längenausdehnung der Feder unbekannt. Diese müsste der Hersteller auch angeben.
b) Es müsste die Längenausdehnung bei vorgegebener Zugkraft gemessen werden.
99
Da beide Puffer gleich stark zusammengedrückt werden, erfahren beide Puffer die halbe
Stosskraft. Sie werden zusammengedrückt um:
F
; 7.0 cm
y=
2D
100
a) Das Trampolintuch muss sich proportional zur einwirkenden Kraft senken.
F
mg
b) D = G =
; 4.4 kN/m
y
y
Dy
; 54 kg
c) m =
g
101
Die Zusatzlast sei auf alle Räder gleich verteilt. Daher wird jede Feder zusätzlich
zusammengedrückt um:
mg
F=
; 638 N
4
Die Federkonstante eines Stossdämpfers ist demnach mindestens:
F
D = ; 13 kN/m
y
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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102
3Du + Dg
Es gilt: 1 = 1 + 1 + 1 + 1 = 3 + 1 =
D Dg Dg Dg Du Dg Du
Du Dg
Also: D =
Du Dg
3Du + Dg
103
FF
;
y1
F
Die Federkonstante des dicken Seiles beträgt: D2 = F ;
y2
Die Federkonstante der dünnen Seile beträgt: D1 =
238 N/m
400 N/m
Die Federkonstante der beiden dünnen Seile zusammen ist: D// = 2 D1
Für das 200 m lange Seil ist: 1 = 1 + 1
D 2 D1 D2
Die gesamte Verlängerung ist also: y =
FG
= mg 1 + 1 ;
D
2 D1 D2
2.9 m
104
Die Formel für zwei aneinander hängende Federn lautet: D =
D1 D2
D1 + D2
Wenn beide Federn gleich sind, wird die gesamte Federkonstante halbiert.
Somit ist die Federkonstante der Teilfeder doppelt so gross wie die Federkonstante der
ursprünglichen Feder.
Die Federkonstante der nebeneinander zusammengesetzten Federn ist also viermal
grösser: D// = 2 D + 2 D = 4 D
105
Bei der Zeichnung ist darauf zu achten, dass sich die obere Feder bei a) um gleich viel
verkürzt, wie sie sich bei b) verlängert. Das Gleiche gilt für die untere Feder. Die
Verkürzung bzw. Verlängerung ist aber für beide Federn unterschiedlich. Sie sind also
bei a) und b) nicht mehr gleich lang.
5
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6
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106
mg
y
Diese wird als zwei zusammengesetzte Federn der Federkonstante
D1 und D2 angesehen.
1 = 1 + 1 .
Es gilt
D D1 D2
Somit ist die Federkonstante des abgeschnittenen Federstücks
DD1
D2 =
.
D1 − D
Die Federkonstante der ursprünglichen Feder ist: D =
Die Federkonstante hängt von der Länge der Feder ab. Sie ist
umgekehrt proportional zur Länge:
FF = k ∆l1 und FF = k ∆l2
l1
l2
∆l1 ∆l2
Somit folgt:
=
l1
l2
D1
l1
D2
l2
Mit l = l1 + l2 lässt sich die Länge der abgeschnittenen Feder berechnen:
l2 =
∆l2
D1
D −D
mg
l=
l= 1
l = 1−
l;
D1 + D2
D1
D1 y
∆l1 + ∆l2
7.7 cm
107
Parallel zusammengesetzte Federn entsprechen einer Vergrösserung der Querschnittsfläche des Seils. Wenn k gleiche Federn nebeneinander angehängt werden, ist die
gesamte Federkonstante k-mal grösser. Die Federkonstante ist also proportional zur
Querschnittsfläche.
Aneinander gehängte Federn entsprechen einer Verlängerung des Seiles. Wenn k
gleiche Federn aneinander gehängt werden, ist die gesamte Federkonstante k-mal
kleiner. Die Federkonstante ist also umgekehrt proportional zur Länge.
108
Das Seil würde reissen.
25 Personen ziehen auf jeder Seite. Dies ergibt eine Zugkraft von 30 kN.
Das Seil hält folgende Zugkraft aus: FSeil
 d
=  Seil
 d Faden
2

 FFaden ; 12 kN

Es dürfen also höchstens 10 Personen auf jeder Seite ziehen.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.2 Kräfte
7
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Reibungskraft
109
Es sei k = 0.6.
FR ,max = kmg µ H ; 5.6 kN
Wenn diese Kraft überschritten wird, würden die Räder durchdrehen.
110
a) Um den Kleiderschrank zu verschieben, müssen sie die Haftreibungskraft überwinden. Diese ist aber von der Normalkraft abhängig, die ihrerseits von der Masse
des Schrankes abhängt. Ein leerer Schrank lässt sich demnach leichter verschieben.
b) FR = µ H FN = µ H mg ; 0.19 kN
c) Die Gleitreibungszahl ist im Allgemeinen kleiner als die Haftreibungszahl. Sobald
der Kleiderschrank in Bewegung ist, muss eine geringere Kraft aufgewendet
werden, um die Gleitreibungskraft zu überwinden. Der Schrank lässt sich leichter
verschieben.
111
Die Reibungszahl kann grösser als 1 sein! Das würde nur bedeuten, dass die Reibungskraft grösser ist als die Normalkraft. Dies ist bei glatten Oberflächen kaum denkbar.
Anders beispielsweise bei einem Klettverschluss oder gar bei einer Stubenfliege auf der
Windschutzscheibe: Hier wird man sich schnell überzeugen können, dass so etwas
tatsächlich möglich ist.
112
Blockieren die Räder, gleiten die Räder auf der Strasse und hinterlassen so genannte
Bremsspuren. Da die Gleitreibung aber stets geringer ist als die Haftreibung, verringert
sich dabei die Lenkbarkeit des Fahrzeugs. Das ABS-System sorgt dafür, dass zwischen
Rad und Strasse stets Haftreibung auftritt und somit der Fahrer oder die Fahrerin eine
bessere Kontrolle über das Fahrzeug behält.
113
a) Die Haftreibung zwischen den Rädern der Lok und den Schienen ist die Kraft, die
den ganzen Zug antreibt. Die Haftreibung an den Rädern der Waggons führt dazu,
dass diese sich zu drehen beginnen und nicht gleiten. Die Rollreibung an allen
Rädern des Zuges bremst die Bewegung des Zuges.
b) Die maximale Haftreibung zwischen den Rädern der Lok und den Schienen muss
grösser als die Rollreibung aller Räder des Zuges sein. Das ist trotz des höheren
Gesamtgewichts des Zuges gegenüber der Lok in der Regel der Fall, weil die
Rollreibungszahl viel kleiner als die Haftreibungszahl ist.
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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114
FZ = µH mtot g; 61 kN
Traktor 1 vorne: F12 = µH · m1 · g; 23 kN
Traktor 2 vorne: F21 = µH · m2 · g; 38 kN
115
a) Die beiden Zeigefinger halten am Schluss den Besen unter dem Schwerpunkt, da der
Besen stets im Gleichgewicht sein muss. Würde er neben dem Schwerpunkt gestützt,
würde er kippen.
b) Laut Hebelgesetz übt der Zeigefinger, der näher beim Schwerpunkt ist, die grössere
Normalkraft auf den Besen aus. Da die Haftreibungskraft proportional zur Normalkraft ist, wird sich stets derjenige Finger bewegen, der den grösseren Abstand zum
Schwerpunkt aufweist.
Beispiel: Der rechte Zeigefinger sei näher beim Schwerpunkt. Der linke Finger wird
sich also als Erster bewegen. Er wird dies so lange tun, bis seine Gleitreibungskraft
grösser wird als die Haftreibungskraft zwischen dem Zeigefinger der rechten Hand
und dem Besenstiel. Dann bleibt der linke Finger stehen und der rechte setzt sich in
Bewegung. Dieses wiederholte Haften und Gleiten erfolgt, bis beide Zeigefinger
unter dem Schwerpunkt des Besens zusammentreffen.
Ebenes Kräftegleichgewicht
116
Fres
Fres ≈ 66 N
117
Lageplan
Kräfteplan
F3
F1 = 120 N
Fres
F3 = 150 N
F2 = 130 N
F2
2.2 Kräfte
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118
a)
b) An jedem Auflagepunkt wirkt die Kraft
FG + 3FB
; 0.22 kN.
4
119
a) lSeil = h 2 + d 2 ; 7.81 m;
b) FMast = FKabel ⋅
FSeil = FKabel ⋅
lSeil
; 2.8 kN
d
h
; 2.2 kN
d
120
a)
F 2
P
1
F G
F 1
2
b) F1 = FG
l1
l 22 − l12
; 181 N. F2 = FG
l2
l 22 − l12
; 217 N
9
2.2 Kräfte
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121
FA = 600 kN
Fres
FB = 200 kN
tan(ϕ ) =
Fres = FA2 + FB2 ; 632 kN
FB
; 18.4°
FA
122
Winkel zwischen der Vertikalen und dem Band: α = 59°
mg
F=
; 0.11 kN
2 cosα
()
h + h
FG
2
⋅
ohne Trigonometrie: F =
h
2
2
2
123
α ist der Winkel zwischen den Seilen und der Vertikalen; l der Pfostenabstand und h
der Durchhang des Seils.
FG
tan α = l ; F =
; 0.44 kN
2h
2 cosα
124
Kräfte am Keil.
FG ist die Gewichtskraft eines Holzklotzes.
a) Die Kraft auf die unteren Nachbarn: F =
FG
sin
b) Die Kraft gegeneinander: FW =
FG
tan
α
2
α
2
; 1.9 N
; 2.2 N
10
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.2 Kräfte
11
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125
a)
b)
100 N
115 N
200 N
c) Die Kraft im Arm ist grösser als die Gewichtskraft der Tasche. In dem Fall wäre es
besser, die Tasche allein zu tragen.
d) F =
FG
2 cosα
e) Beispiel: TI 89
Die Kraft geht für α → 90° gegen unendlich.
126
a)
P
F2
FG
F1
FG
; 0.69 kN; 1.1 kN; 2.3 kN und
tan α
F
F2 = G ; 0.80 kN; 1.2 kN; 2.3 kN
sin α
b) F1 =
c) Offensichtlich ist die Kraft F2 entscheidend, weil sie immer grösser als F1 ist.
F
sin α = G ; 24°
F2
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
12
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127
F
F M
F E
l
lE
lM
F M,
F M,⊥
F E,
F E,⊥
(Skizze nicht massstabsgetreu!)
a) Idealerweise steht der Matrose so nahe wie möglich am Befestigungspunkt der Seile,
aber auch möglichst nahe zum Ufer.
l : Stangenlänge 4.0 m
lE : Seillänge Esel 40 m
lM : Seillänge Mann 32 m
Indizes: ⊥ : senkrecht zum Ufer;
& : parallel zum Ufer
Esel:
FE ,⊥ = FE
l
lE
FE ,& = FE
lE2 − l 2
lE
FM ,& = FM
lM2 − l 2
lM
Mann:
FM ,⊥ = FM
l
lM
b) F = FE ,⊥ + FM ,⊥ ; 50 N
c) Fres = FE ,& + FM ,& ; 0.48 kN
2.2 Kräfte
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13
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128
hL = 1.00 m
hR = bL = bR = 5.00 m
hR
Mit Kräfteparallelogramm:
h
h
tan α = L und tanβ = R
bL
bR
folgt
α = 11.3° und β = 45.0°
F R
hL
α
F L
β
bL
bR
F G
Mit Sinussatz am schraffierten Dreieck und
mit den Winkeln α + β und 90° − α und 90° − β ergibt sich:
FG
FL
FR
=
=
sin(α + β ) sin(90° − β ) sin(90° − α )
in den Seilen: FL = 119 N;
FR = 165 N
129
a) FBand = FG sin α ; 51 N
b) FN = FG cosα ; 0.14 kN
130
a) tan α = 0.15 ; F = FH − µ H FN = mg sin α − µ H mg cos α ; 0.35 kN;
Ja, wenn Sie selber genügend Halt am Boden oder anderswo finden.
b) tan α = 0.15 ;
F = FH + µG FN = mg sin α + µG mg cos α ; 2.9 kN
131
a) Der Schlitten mit der geringeren Reibung: Anders Celsius.
b) FHA + FHB = FRA + FRB ⇒ mA sin ϕ + mB sinϕ = mA µ A cos ϕ + mB µ B cos ϕ
m µ + mB µ B
⇒ tan ϕ = A A
; 4.3° oder 7.5%
mA + mB
c) FS = FRB − FHB = mB g ( µ B cos ϕ − sin ϕ )
oder
FS = FHA − FRA = mA g (sin ϕ − µ A cos ϕ ) ; 7.7 N
2.2 Kräfte
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132
FR
FR
µ R cos ϕ
=
=
; 0.18 = 18%
FZ FR + FH µ R cos ϕ + sin ϕ
133
a) F = mg
sin α
; 0.26 kN
cos( β − α )
b) F = mg
sin α + µG cos α
; 0.32 kN
cos( β − α ) + µG sin( β − α )
c) F = mg
sin α − µ H cos α
; 0.15 kN
cos( β − α ) − µ H sin( β − α )
134
a) tan α = µ H ; α = 27°
b) F = FG ( µ H cos α − sin α ) ; 41 N
c) F = FG (sin α − µ H cos α ) ; 41 N
135
a) F =
FG ⋅ sin α
;
cos β
FN =
FG ⋅ (cos α ⋅ cos β − sin α ⋅ sin β )
cos β
b)
FN
F
c) Parallelverschiebung abwärts.
Schnittpunkt Wirkungslinie von FG mit schiefer Ebene.
14
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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136
a)
Aus
und
folgt
FA
2 sin α
FS = 2 F cosα
F
FS = A
tan α
F=
F
α
F
FA
F
FS
F
b) 4.5 kN bzw. 1.4 kN
c) Beispiel: TI 89
20°
90°
Die Kraft geht für α → 90° gegen Null und für α → 0° gegen unendlich.
137
FLager
a) tan α = µ H
b) tan α = 2µ H
c) Kräftegleichgewicht:
1
F
2
1 

somit folgt: FR = µ FN = µ  FG + F 
2 

1
2F
FR = FLager und FN = FG +
Drehmomentgleichgewicht:
l
FN l sin α − FG sin α = FG l cos α
2
FG
F
F
sin α
sin α µ FG
cos α
FG
2
2
2
FG F
F
sin α µ FG
cos α
2 2
2
2F + F
tan α µ H G
FG + F
FG
FN
FR
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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138
a) Die Komponente von FZug in Richtung von Seil 1 muss der «Hangabtriebskraft»
mg sin α1
mg sin α 1 entsprechen. FZug =
; 2.2 kN
cos(α1 − α 2 )
b) Das Hauptproblem ist, dass sich der Winkel zwischen den Seilen vergrössert, wenn
der Wagen oben ankommt. Dadurch ist eine zunehmende Kraft nötig, um den
Wagen zu ziehen oder zu halten. Am wenigsten Kraft wird benötigt, wenn beide
Seile parallel verlaufen. Dazu könnte man die Rolle 3 weiter nach oben versetzen.
Kräftegleichgewicht in drei Dimensionen
139
β
α β
100 cm
58 cm
sin α =
tan β =
141 cm
100 cm
FStange
F
FG −Schild
=
= Seile,⊥ ;
o
sin(α + β ) sin(90 − β ) sin α
FSeile
α
β
FG-Schild
FStange = 158 N;
α
β
α
FSeile,⊥ = 129 N
FSeile,⊥ verteilt sich auf zwei gleich grosse Kräfte FSeile: sin γ =
40 cm
;
122 cm
wobei γ der halbe Öffnungswinkel zwischen den Seilen ist.
FSeile =
FSeile,⊥
2 ⋅ cos γ
;
68 N
140
Es ist l = Länge des Seiles und a = Kantenlänge des Würfels.
Schnitt durch die obere Flächendiagonale:
FSeil =
FStange
FN
FG
=
sin α 4sin α
l 2 − a2 2
a2
= 1− 2
sin α =
l
2l
FG
; 3.8 kN
FSeil =
a2
4 1− 2
2l
l
FN
α
FSeil
2a
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Schwerpunkt
141
Der Schwerpunkt liegt auf der Symmetrieachse der Figur, 4.3 cm unter der obersten
Kante.
142
SA (3.0 cm 2.0cm); SB (6.3 cm 6.3cm); SC (0 2.1cm); SD (7.3 cm 2.7cm)
143
s
x
F2
s
b
F2
F1
F2
b
Mit dem Drehgleichgewicht folgt: F1  x − b  = 3F2  s − b − ( x − b ) 
2

 2

Die Gewichtskräfte sind proportional zur Fläche der Buchstabenteile, somit folgt:
sb x − b = 3 ( s − b ) b s − b − ( x − b )
2
2
x
3s 2 + sb − 3b 2 ; 4.5 cm
8s − 6b
Für b = 0 ist x = 3 s ; 3.75 cm und gleicht einem dünnen E.
8
Für b = s ist x = s ; 5 cm und gleicht einem Quadrat.
3
2
144
Sei x der gesuchte Abstand vom Erdmittelpunkt bis zum Schwerpunkt, m1 die Masse der
Erde, m2 die Masse des Mondes und d der Abstand Erde −Mond.
m2
x=
d
m1 + m2
a) x = 4671 km vom Erdmittelpunkt entfernt. Das ist noch innerhalb der Erdkugel.
Kurt hat also Recht.
b) x = 449.3 km vom Sonnenmittelpunkt entfernt. Das ist praktisch im
Sonnenmittelpunkt
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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145
146
a) Sei m die Masse eines Quaders.
3m ⋅1.5h + 2.5m ⋅ 0.5h = 5.75m ⋅ h < 2m ⋅ 0.5h + 1.5m ⋅1.5h + m ⋅ 2.5h + 0.5m ⋅ 3.5h = 7.5m ⋅ h
Der Schwerpunkt liegt oberhalb der Linie.
b) Der Schwerpunkt liegt oberhalb der Linie, obwohl sich mehr Masse unterhalb der
Linie befindet.
147
a) x =
b b 3b
+ =
2 4 4
b) Schwerpunkt gemessen von Q bei
5b
3h
in x-Richtung und
in y-Richtung.
6
2
148
Die Absolutbeträge der Massen der Stäbe spielen keine Rolle,
solange die Stäbe homogen sind. Es kann also ein beliebiger
Proportionalitätsfaktor gewählt werden, zum Beispiel: 1 kg pro dm.
Damit wäre m50 = 5 kg, m100 = 10 kg und m150 = 15 kg.
Der Schwerpunkt des 50 cm Stabes in cm ist: (x50|y50) = (35|155)
Der Schwerpunkt des 150 cm Stabes in cm ist: (x150|y150) = (5|85)
Der Schwerpunkt des 100 cm Stabes in cm ist: (x100|y100) = (50|5)
Die Aufhängung ist in cm bei: (xA|yA) = (60|155)
m50 ⋅ x50 + m150 ⋅ x150 + m100 ⋅ x100
; 25 cm
m50 + m150 + m100
m ⋅ y + m150 ⋅ y150 + m100 ⋅ y100
yS = 50 50
; 70 cm
m50 + m150 + m100
x −x
tan ϕ = A S ⇒ ϕ = 22°
y A − yS
xS =
50
S
x
100
cm
y
ϕ
150 cm
cm
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.2 Kräfte
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149
Wir hängen den Tisch an einem
Tischbein auf. Nach dem
Drehmomentgleichgewicht folgt:
a–x
x
a
4 F ⋅ ( a − x ) = 4 ⋅ F  a − ( a − x )  ,
2

wobei F die Gewichtskraft der
Stäbe und x die gesuchte Höhe ist.
Nach x auflösen:
x = 3 a ; 0.75 m
4
Seitenansicht: die
beiden Tischbeine in
der Mitte überlappen
sich, ebenso die vier
Stäbe der Deckplatte.
Drehmoment, Hebel
150
a) Da der Kraftarm zum Nagel kürzer ist als
der Kraftarm zum Angriffspunkt der Hand,
muss die Kraft auf den Nagel entsprechend
grösser sein.
b) Die Kraftarme verhalten sich wie 1:2.
Daher ist die Kraft auf den Nagel 0.17 kN.
Drehachse
151
F2
F1
r2
r1
Drehachse
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Im Bild sind die Grössen für das Drehmoment eingezeichnet. (Die Kräfte durch die
Drehachse spielen keine Rolle, da sie kein Drehmoment erzeugen. Vernachlässigt
wurde auch die Gewichtskraft des Drückers.) Es fällt sofort auf, dass der Kraftarm r1 zu
den Stiften kürzer ist als der Kraftarm r2. Im Gleichgewicht muss somit die Kraft F1
grösser sein als die Kraft F2 , mit der ich auf den Locher drücke.
Dadurch kann ich die Stifte leichter durchs Papier bohren.
152
Wenn ich die Schere jeweils mit der
konstanten Kraft F2 zusammendrücke,
bewirke ich ein konstantes
rechtsdrehendes Drehmoment. Der
Halbkarton führt im Gleichgewicht zu
einem ebenso grossen, linksdrehenden
Drehmoment. Bei der Scherenspritze ist
die Kraft hierfür klein, da der Kraftarm
gross ist. Halbkarton schneiden Sie
daher mit Vorteil nahe an der Drehachse,
wo die Kraft am grössten ist.
F1
r1
F2
r2
Drehachse
F1
F2
r1
r2
Drehachse
153
400 x + 800( x − 10) + 500( x − 20) + 300( x − 40) + 200( x − 70) = 0 ⇒ x = 20 cm
154
A
B
C
D
E
F
wird nicht verschoben
wird so verschoben, dass AM : MB = 4 : 5
teilt seinen Balken im Verhältnis 3 : 2
teilt seinen Balken im Verhältnis 1 : 2
teilt seinen Balken im Verhältnis 3 : 1
teilt seinen Balken im Verhältnis 2 : 1
155
a) FHand = FG
rS
rHand
; 0.11 kN
b) FSchulter = FG + FHand ; 0.17 kN
M
A
B
E
C
D
F
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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156
Mit r werden die verschiedenen Kraftarme bezeichnet, mit m die Massen.
Die Indizes bedeuten S = Susanne, K = Kind, B = Balken:
m r + mB rB
mK = S S
; 33 kg
rK
157
5
FG ; 0.33 kN
9
4
F2 = FG ; 0.27 kN
9
F1 =
158
AB = 100 cm, Schwerpunkt S bei AS = 150 cm und damit BS = 50 cm und
BC = 180 cm.
Hebelgesetz bezüglich des Punktes B: FA AB = FS BS + FC BC
FA =
FS BS + FC BC
; 1.0 kN zieht am Brett nach unten.
AB
FB = FA + FS + FC ; 1.8 kN drückt am Brett nach oben.
159
a) FG sei die Gewichtskraft des Fensters, h der Abstand der Angeln, b die Breite des
Fensters.
Bei der unteren Angel B wirken FBy nach oben und FBx nach rechts.
Bei der oberen Angel A wirken FAy nach oben und FAx nach links.
Gleichungssystem:
FAy
= q ; FG ⋅ b = FAx ⋅ h ; FG ⋅ b = FBx ⋅ h
FG = FAy + FBy ;
2
2
FBy
Lösung: FAx = b FG ; FBx = b FG ;
2h
2h
FAy =
q
FG ;
1+ q
b)
q
FAx in N
FBx in N
FAy in N
FBy in N
1
0
30
30
30
30
30
30
100
0
200
100
200
0
∞
FBy =
1
FG
1+ q
21
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.2 Kräfte
22
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160
x
S2
N
S
Die blaue und die rote Fläche sind identisch. Der
gemeinsame Schwerpunkt S liegt in der Mitte zwischen
den Schwerpunkten S1 und S2 der beiden Teilflächen
und hat die Koordinaten S ( xS yS ) = (2.5 cm|3.5 cm).
Der Punkt N hat die Koordinaten
N(xN|yN) = (2 cm|2 cm).
␣
S1
Der Winkel α lässt sich aus tan α =
xS − x N
; 1
3
yS − x N
berechnen.
α = 18.4º
y
161
Da der Körper nach vorne kippen würde, wird die vordere Kante als Drehlinie
genommen. Der Körper ist homogen und überall gleich tief, also kann die Masse
proportional zur Fläche genommen werden.
b
(5b ⋅ b ) = a  b a  + a (ba ) und daraus a = 2
2
4 2 2
b
Antwort: a : b darf nicht grösser als 2 sein.
162
a) Die Gewichtskraft wirkt im Schwerpunkt der Leiter
senkrecht nach unten.
Die Haftreibungskraft am Boden wirkt nach rechts
(weil die Leiter nach links rutschen würde).
Die Haftreibungskraft an der Wand wirkt nach oben
(weil die Leiter nach unten rutschen würde).
FHW
FW
FG
 1 − µ HB µ HW
b) α = tan −1 
 2 µ HB

;



c) α = tan −1  1  ; 51°
 2 µ HB 
49°
FB
FHB
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.2 Kräfte
23
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163
a) Senkrecht zur Leiter, weil keine Reibungskräfte
vorhanden sind.
b) Senkrecht nach oben, weil keine Reibungskräfte
vorhanden sind.
c)
AC
F l cos 2 α
= tan α , FA = G
; 30 N;
BC
2 BC
FB = FG − FA cos α ; 85 N
FA
A
FG
FB
FSeil
B
d) FSeil = FA sin α ; 26 N
C
164
a) Die Leiter rutscht nach links, also zeigt die Reibungskraft
nach rechts.
b) FP : Gewichtskraft der Person (Petra)
FG : Gewichtskraft der Leiter
FB : Reaktionskraft des Bodens auf die Leiter
FW : Reaktionskraft der Wand auf die Leiter
FHB : Haftreibungszahl am Boden (nach rechts gerichtet)
l : Länge der Leiter
µ HB : Haftreibungskoeffizient am Boden
l P : Position der Person (Petras) auf der Leiter von unten
gemessen
α : Neigung der Leiter gegen die Horizontale
FG + FP = FB , FHB = FW , FHB = µ HB FB ,
l


 FG + FP lP  ⋅ cos α = FW l sin α
 2

c) FHB
FW
FG
FP
FB
α
FHB
l
+ FP lP
2
= µ HB ( FG + FP ) , FB = FG + FP , FW = µ HB ( FG + FP ) , tan α =
( FG + FP ) l µ HB
l

FG + FP

2
d) α = tan −1 
F
+
 ( G FP ) µ HB

FG


;


67°
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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e) lP =
( FG + FP )l µ HB tan α − FG
l
2
FP
Wenn α kleiner als 11° ist,
rutscht die Leiter von ganz
alleine weg.
Ab etwa α = 67° kann Petra bis Bei α = 90° kann jede
ganz nach oben steigen (siehe
beliebige Person bis ganz
auch d)).
nach oben steigen.
165
FHW
FW
FG
FP
FB
FHB
a) Bezeichnungen wie in der vorherigen Aufgabe; neu Haftreibung an der Wand FHW
mit der Haftreibungszahl µ HW .
Die Leiter rutscht nach unten, also zeigt die Reibungskraft an der Wand nach oben.
b) FG + FP = FB + FHW
FHB = FW
FHB = µ HB FB
 F l + F l  cos α = F l sin α + F l cos α
 G
P P
W
HW
 2

FHW = µ HW FW
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
25
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c) FHB =
FW =
µ HB ( FG + FP )
;
1 + µ HB µ HW
µ HB ( FG + FP )
;
1 + µ HB µ HW
FHW =
µ HB µ HW ( FG + FP )
;
1 + µ HB µ HW
FB =
FG + FP
,
1 + µ HB µ HW
l
 l 
FG (1 − µ HB µ HW ) 1 + FP  P − µ HB µ HW 1 − P  
2
l 

 l
tan α =
( FG + FP ) µ HB
 F (1 − µ µ ) 1 + F 
HB HW
P
 G

2
d) α = arctan 
;
µ
+
F
F
(
)
G
P
HB




FHB = 0.23 kN
FB = 0.58 kN
66°,
FHW = 47 N
FW = 0.23 kN
Bemerkung: Die Reibung an der Wand spielt für den maximalen Neigungswinkel
kaum eine Rolle. Falls die Reibung an der Wand vernachlässigt wird, ergeben sich
folgende Werte: α = 67°,
FHB = 0.25 kN
FB = 0.63 kN
FHW = 0 N
FW = 0.25 kN
166
a) Lageplan:
FN
FL
FR
FG
Kräfteplan:
FN
FG
FR
FL Resultierende
b) Die Luftmoleküle üben Kräfte auf die
ganze Querschnittsfläche der Fahrerin
aus. Sie kann die Resultierende dieser
Kräfte (die Luftreibungskraft) verkleinern, wenn sie sich wie im Bild
«klein macht». Die Piste übt Reaktionskräfte auf die ganze Skifläche aus. Ihre
Resultierende hebt die zur Piste senkrechte Komponente der Gewichtskraft
auf. In der Regel wird diese Kraft
«Normalkraft» genannt.
Die Reibungs-kraft ist auch die
Resultierende von kleineren Reibungskräften, die entlang der ganzen Skifläche
angreifen. Alle Massenpunkte des
Körpers werden von der Erde angezogen.
Die Resultierende dieser Teil-Gewichtskräfte ist die Gewichtskraft. Sie zeigt in
Richtung Erdmittelpunkt und greift am
Schwerpunkt der Fahrerin an.
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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c) Die Kräfte dürfen kein Gesamtdrehmoment auf die Fahrerin
ausüben. Die Wirkungslinie der Resultierenden aus Normalkraft
und Reibungskraft muss in diesem Fall durch den Schwerpunkt
verlaufen. Dadurch sind die Angriffspunkte für diese beiden Kräfte
an der Skiunterseite eindeutig festgelegt.
FL
FN
FR
FG
167
a) Die Gewichtskraft der Person wird dort, wo die Person steht, als Kraftpfeil FG
senkrecht nach unten eingezeichnet. Zwei Strecken von der Länge dieses Kraftpfeils
sind parallel dazu an den Lagern nach unten gezeichnet. Es werden die beiden
Diagonalen von A nach Q und von B nach P gezeichnet. Die Diagonalen schneiden
vom Kraftpfeil FG den zum Lager gehörenden Anteil F1 bzw. F2 ab. Die grössere
Kraftkomponente gehört zum näheren Lager.
b) x = Abstand der Person vom linken Lager
l = Länge der Brücke zwischen den Lagern
Aufgrund der Ähnlichkeit der Dreiecke (Strahlensatz) gilt:
FG F2
F
F
und G = 1
=
l
x
l
l−x
F
F
Es folgt: F1 + F2 = G (l − x) + G x = F (Kräftegleichgewicht)
l
l
Und: FG x = F2l (Drehmomentgleichgewicht bzgl. Drehachse durch Lager 1)
168
Hinweis: Aufgrund einer Änderung im Aufgabentext in der 2. Auflage 2006 hat diese
Aufgabe zwei unterschiedliche Lösungen.
Lösung für die 2. Auflage 2006:
a) Bei Gleichgewicht liegt in der linken Waagschale (kürzerer Hebelarm) immer eine
grössere Masse als in der rechten. Die Verkäuferin verrechnet aber nur die in der
rechten Schale liegende Masse, macht also einen Verlust.
b) m1 = Masse der Ware bei 1. Wägung (Ware links), m2 = Masse der Ware bei
2. Wägung (Ware rechts), mW = tatsächliche Masse der Ware.
1. Wägung:
mW ⋅ x = m1 ⋅ y
2. Wägung:
m2 ⋅ x = mW ⋅ y
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Erste Gleichung nach x auflösen, in die zweite einsetzen und die erhaltene
Gleichung nach mW auflösen:
mW = m1 ⋅ m2 ; 25.0 g
c) Zusätzlich sei mS die Masse einer Waagschale
1. Wägung:
(mW + mS ) ⋅ x = (m1 + mS ) ⋅ y
2. Wägung:
(m2 + mS ) ⋅ x = (mW + mS ) ⋅ y
(1) – (2):
(1)
(2)
(mW − m2 ) ⋅ x = (m1 − mW ) ⋅ y
nach x aufgelöst: x =
m1 − mW
y
mW − m2
in (1) eingesetzt:
(mW + mS )(m1 − mW )
y = (m1 + mS ) ⋅ y
mW − m2
gekürzt:
(mW + mS )(m1 − mW ) = (m1 + mS )(mW − m2 )
(3)
ausmultipliziert und geordnet:
mW2 + 2mS mW − (mS (m1 + m2 ) + m1m2 ) = 0
Die quadratische Gleichung nach mW aufgelöst (nur positive Lösung sinnvoll):
mW = mS2 + mS (m1 + m2 ) + m1m2 − mS ; 25.1 g
Bemerkung: Der Einfluss der Waagschalen ist unter den gegebenen Umständen
gering im Vergleich zu dem Messfehler aufgrund der unterschiedlichen
Balkenlänge.
Lösung für die 1. Auflage 2004:
a) Die Verkäuferin bestimmt mit jeder Wägung eine zu kleine Masse, verkauft also zu
viel Gewürz für den Preis.
b) m1 = Masse der Ware bei 1. Wägung, m2 = Masse der Ware bei 2. Wägung,
m = tatsächliche Masse der Ware.
m1 x = my
1. Wägung:
2. Wägung:
m2 y = mx
Erste Gleichung nach x auflösen, in die zweite einsetzen und die erhaltene
Gleichung nach m auflösen:
mW = m1 ⋅ m2 ; 25.1 g
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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169
a) Sei F die Gewichtskraft der kleinen Masse, dann haben wir mit dem Hebelgesetz:
F ⋅ a = ( xFG ) b +  (1 − x) FG e  c .
d

e
Dieser Ausdruck ist unabhängig von x, falls b = c ist.
d
e

In diesem Fall gilt: Fa =  FG c
d

F
ad
b) G =
; 10 :1 . Es handelt sich hier um eine Dezimalwaage.
F
ec
170
Sei l die Länge der Brücke (kürzt sich wieder weg!).
Sei α der Neigungswinkel (60°).
Kraft der Wand auf die Kette: FK ,W
Hebelgesetz bzgl. der Brückenbasis:
FG l sin α = FK ,W l und damit FK ,W = sin α FG ;
2
2
Kraft der Wand auf die Brückenbasis: FB ,W
3
FG ; 8.5 kN
4
Kraft der Wand auf die Brückenbasis aus dem Kräftegleichgewicht:
5
1.) senkrecht: FG − FK ,W sin α = FG  3 + cos 2α  ;
FG
4
8


2.) waagrecht: FK ,W cos α ;
3
FG
8
Und daraus die Resultierende:
7
FB ,W =
FG ; 13 kN
4
171
A
a) Bei B wirkt eine Kraft nach rechts und nach oben.
Bei A wirkt eine Kraft nach links und nach unten.
B
b) Gleichungssystem:
AC ⋅ FG = AB ⋅ FBx ,
AC ⋅ FG = AB ⋅ FAx ,
FAy + FBy = FG ,
FBy
= AB
FBx AD
Lösung:


FAy = FG  AC − 1 ; 0.15 kN,
 AD 
FAx = AC FG ;
AB
0.47 kN
FBy = AC FG ;
AD
FBx = AC FG ;
AB
0.47 kN
0.35 kN,
FA = FAx2 + FAy2 ; 0.49 N und FB = FBx2 + FBy2 ; 0.58 N
D
C
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.2 Kräfte
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172
Das Seil zum Ausleger muss die Kraft FA halten:
l
mg m
F
h
lA
FA = oben =
; 65 kN , wobei tan ϕ =
ist.
sin ϕ sin ϕ
lA
Frechts
λ
lA
lm
Die Kraft Frechts muss vom Seil zum hinteren Ausleger
erzeugt werden und die Seilkraft FA ausgleichen.
Von der Spitze zum hinteren Ausleger muss das Seil FS halten:
F
h
Frechts = FA cos ϕ ; FS = rechts ;1.0 ⋅102 kN , wobei tan λ =
lR
cosλ
FS
h
Foben FA
lR
m
Vom hinteren Ausleger nach unten wirkt die Kraft FU :
FU = FS sin λ ; 82 kN
Andere Berechnungsmöglichkeit für FU mit den Drehmomenten:
l mg
; 82 kN
lm mg = FU lR ⇒ FU = m
lR
173
a) Der Schwerpunkt soll über einer Basiskante (= Drehachse)
a
liegen: tan ϕ = a ; also für ϕ > arctan  
h
h
Unwarscheinlicher Fall über die Ecke (= Drehpunkt):
a

tan ϕ = 2 ⋅ a also für ϕ > arctan  2 
h
h

a
a
h
b) Der Grenzfall für das Rutschen ist erreicht, wenn die
Hangabtriebskraft FH gleich der Reibungskraft FR ist.
FR = µ H FG cos ϕ = FG sin ϕ ⇒ µ H = tan ϕ
Also für ϕ = arctan µ H .
c) Die Resultierende aus der Gewichtskraft FG und
der stossenden Kraft F geht im Grenzfall genau zur
Kante hin.
Die Schubkraft F hat die Reibungskraft FR als gleich
grosse Gegenkraft.
FR
x
mg
2x
a
a
=
⇒
=
⇒x=
bzw. x <
µ H mg a
2µ H
F a2
2µ H
a
a
a
h
F
F
FG
a
FU
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Trägheitsprinzip (I. Newton’sches Axiom)
174
Nach dem Trägheitsprinzip verharrt die Flasche in ihrem geradlinigen, gleichförmigen
Bewegungszustand, solange keine äusseren Kräfte auf sie einwirken.
Die Reibungskraft ist sehr gering und kann die Flasche nicht auf der linkskurvigen Bahn
halten. Somit bewegt sich die Flasche relativ zum Zug nach rechts.
175
Der Mond ist träge. Er würde sich geradlinig, gleichförmig bewegen, wenn keine Kräfte
auf ihn einwirken würden. Die Anziehungskraft bewirkt ein Ablenkung von der
geradlinigen Bahn auf eine kreisförmige Bahn. Wenn die Antriebskraft da wäre, würde
der Mond immer schneller werden. Wenn die Fliehkraft da wäre, würde sich der Mond
geradlinig bewegen. Somit gibt es nur eine Kraft, die auf den Mond wirkt: die
Erdanziehungskraft.
176
a) FN = FG = mg , weil ein Kräftegleichgewicht herrscht.
b) Nein, beim Anfahren werden Lift und Person beschleunigt, bis beide die konstante
Geschwindigkeit erreichen. Die Normalkraft auf die Person ist beim Anfahren leicht
grösser als ihre Gewichtskraft. Es ist möglich, diesen Effekt mit einer langen
Beschleunigungsphase zu minimieren.
Aktionsprinzip (II. Newton‘sches Axiom)
177
a) Konstante Kraft nach rechts
c) Keine Kraft
e) Konstante Kraft nach rechts
(ab v = 0 keine Kraft)
b) Keine Kraft
d) Konstante Kraft nach links
178
a) E
c) B
b) B bis v = 0, dann E
d) F
179
F =m
v2 − v1
; 30 kN
∆t
180
a) F = FZug cos α ; 1.6 kN
b) a =
F
;
m
2.4 ⋅10−2 m/s 2
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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181
m=
F
; 338 kg
a
182
a=
3F
; 1.78 m/s2
m
183
F
− g ; 3.9 m/s2
m
F
b) a = ; 14 m/s2
m
c) Beim Abbrennen der Triebladung verringert sich die Masse der Rakete. Bleibt der
Schub aber konstant, wird sich die Beschleunigung vergrössern.
a) a =
184
m ist die Masse im Harass und mB die Masse des Bodens.
Die Reibungskraft FR der Nägel ist entscheidend. Bei einer Beschleunigung von a nach
oben fällt der Boden ab, falls FR < (m + m B )( g + a ) ist.
185
a) In Bewegungsrichtung wirkt die Kraft Fres = F sin α . a =
F sin α
; 0.30 m/s2
m
b) s = 1 at 2 ; 1.5 m
2
186
m=
Ft 2
; 14 t
2s
187
2
aBremsen = − v ; –13 m/s2
2s
2
F = m v ; 4.7 kN
2s
188
a) a1 =
2s1
; 52 m/s2
2
t1
b) v1 = a1t1 ; 10 m/s
F2
− g ; 126 m/s2
m
c) F1 = m(a1 + g ) ; 15 kN
d) a 2 =
e) s2 = v1t2 + 1 a2t22 ; 14 m
2
f) v2 = v1 + a 2 t 2 ; 61 m/s
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.2 Kräfte
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189
m2 g
; 49 m/s2
m1
Wagen (m1) und Antriebsmasse (m2) erfahren immer die gleiche Beschleunigung.
Ohne angehängten Wagen würde die Antriebsmasse wie alle Körper mit der
Fallbeschleunigung g = 9.81 m/s2 fallen. Es ist unsinnig, dass die Beschleunigung
der Antriebsmasse mit angehängtem Wagen grösser als beim freien Fall sein soll.
a) a =
b) Die Gewichtskraft auf den Antriebsklotz beschleunigt den Wagen und den
Antriebsklotz.
m2 g
FAntrieb = m1a ; 8.2 N
a=
; 8.2 m/s2
m1 + m2
c) a =
x
g
1+ x
d) Beispiel: TI-89
Die Beschleunigung nähert sich dem Wert für die Fallbeschleunigung g = 9.81 m/s2
asymptotisch.
190
2
F = m v + FR ; 88 kN
2s
191
a > µ H g ; 4 m/s2
192
a) Sie kommt nach t =
v
; 5.0 s zum Stehen, in dieser Zeit legt sie den Weg
−a
v2
s=
; 63 m zurück.
−2 a
−a
; 0.51
g
c) Literaturwert: Pneu auf Asphalt Haftreibung 1.0, Gleitreibung 0.60.
Ein Vergleich mit dem Literaturwert zeigt, dass die Reibungszahl deutlich kleiner ist
als für Haftreibung und in etwa gleich gross wie für Gleitreibung.
b) µ =
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Falls ihre Räder blockierten, liegt Gleitreibung vor, und die Frage lässt sich nicht
beantworten. Falls die Räder aber nicht blockierten, liegt Haftreibung vor. Dann sind
die Bremsen nicht in Ordnung oder sie hat zu zögerlich gebremst, weil sie nicht die
maximale Haftreibung erreicht.
193
a) Ma ≤ µ mg , a ≤
µ mg
; 1.0 m/s2
M
1 2
b) s = at ; 4.5 m , könnte klappen.
2
194
ma ≤ µ H mg und a =
2
v2
ergibt µ H ≥ v ; 0.25
2s
2 sg
195
Die Bremskraft bewirkt eine Bremsbeschleunigung. Aus der Anfangsgeschwindigkeit
und dem Bremsweg ergibt sich die Bremsbeschleunigung. Überraschenderweise ist die
Masse des Velos und der Fahrerin unbedeutend.
v2
µ=
; 0.63
2 gs B
196
a)
( M + m ) a = mg − µG Mg ,
a=
( m − µG M ) g
b) µG = m ; 0.13
M
M +m
;
0.92 m/s 2
197
v2
mit der Anfangsgeschwindigkeit v und
−2aB
der (konstanten) Bremsbeschleunigung aB < 0 .
Allgemein gilt für den Bremsweg: sB =
In der Ebene: maB = − µ mg → sB , Ebene =
v2
2µ g
Mit Steigung:
ma′B = −mg sin α − µ mg cos α → s′B =
sB′ =
1
;
cos α 2 g sin α
+
(
)
sB , Ebene
v2
24 m
v2
1
=
2 g sin α + 2µ g cos α 2 g sin α + 2µ g cos α
v2
v2
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.2 Kräfte
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Mit Gefälle:
ma′′B = mg sin α − μ mg cos α
s′′B =
1
;
cos α 2 g sin α
−
(
)
sB , Ebene
v2
41 m
198
a) Die Pralinenschachtel wird beschleunigt. Die Kraft des Förderbandes auf die
Pralinenschachtel lässt sich mit dem 2. Newton´schen Axiom berechnen:
FB = ma = μ FN ⇒ a = μ g
Nach dem Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz der gleichmässig beschleunigten Bewegung
folgt: v ( t ) = μ gt − v0
Wenn die Schachtel zu gleiten aufhört, ist ihre Relativgeschwindigkeit zum
Förderband null:
v
0 = μ gt − v0 ⇒ t = 0 ; 0.31 s
μg
b) s = −
v02
;
2μ g
−15 cm
199
a) Beschleunigende Kraft auf die Münze:
Fres = ma = FR = mg μG ⇒ a = g μG
Idee: In der Zeit bis die Glasöffnung vollständig frei ist, darf die Münze maximal bis
zum Glasrand kommen. Die Öffnung ist nach der Strecke:
d
+ d Glas
vollständig frei. Für die Zeit gilt also:
s = Deckel
2
d
+ d Glas
t = Deckel
2v
In dieser Zeit hat die Münze folgende Strecke zurückgelegt:
( d Deckel + dGlas )
s = 1 at 2 = 1 g μG
2
2
4v 2
Diese Strecke muss kleiner sein als der halbe Glasdurchmesser:
d
s < Glas
2
also:
d
+ dGlas g μG
v > Deckel
; 0.7 m/s
dGlas
2
2
b) Da die Reibungszahl zunimmt, muss bei einem Radiergummi der Deckel schneller
weggezogen werden. Dann kann es aber auch gehen.
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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200
FZ : Zugkraft
F cos α − µ (mg − FZ sin α )
;
a) a = Z
m
0.88 m/s2
b) Optimaler Winkel bei 0.80°.
Sie müssten also fast horizontal ziehen.
c) Die nach oben gerichtete Komponente der Zugkraft verringert die Reibungskraft.
Wechselwirkungsprinzip (III. Newton’schen Axiom)
201
Null; die Badezimmerwaage erzeugt eine zur Gewichtskraft entgegengesetzte Kraft
gleicher Grösse. Die Summe der beiden Kräfte ist null (wäre die Summe ungleich null,
so müsste eine Beschleunigung auftreten).
202
Wechselwirkungskräfte heben sich nie auf, da sie nicht wie Gleichgewichtskräfte auf
denselben Körper wirken. Auf den Lastwagen wirkt einerseits die Kraft, die der Mann
ausübt. Andererseits treten auch Reibungskräfte auf, die in entgegengesetzter Richtung
zeigen. Die resultierende Kraft am Lastwagen ist aber nach vorne gerichtet und ungleich
null. Deshalb wird er in Bewegung versetzt. Wichtig: Die Kraft, die der Lastwagen als
Wechselwirkungskraft ausübt, greift am Mann an und hat somit keinen Einfluss auf die
Bewegung des Lastwagens.
203
Beim Absprung drückt Florence das Paddelboot nach hinten weg. Das Boot hingegen
erteilt Florence eine Wechselwirkungskraft Richtung Land. Da die Masse des Bootes
aber deutlich geringer ist als die von Florence, erfährt das Boot dadurch eine grössere
Beschleunigung als Florence (II. Newton’sches Axiom). Deshalb bewegte sich das Boot
rascher vom Ufer weg als Florence Richtung Ufer.
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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204
FR
F2,1
F1,2
FG
Damit der Magnet an der senkrechten Kühlschranktür hält, muss eine zur Gewichtskraft
FG entgegengesetzt gerichtete Kraft auf den Magnet wirken: die Haftreibungskraft FR .
Das ist die Kraft, mit der die Oberfläche der Kühlschranktür den Fisch nach oben
drückt. Umgekehrt drückt der Magnet die Kühlschranktür nach unten (Wechselwirkungskraft zur Haftreibungskraft, in der Skizze nicht eingezeichnet). Reibungskräfte
erfolgen nur, wenn beide Oberflächen aneinander gedrückt werden. Dafür ist die zweite
Wechselwirkung notwendig: Der Fisch zieht durch seine Magnetkraft die
Kühlschranktür an ( F2,1 ) , und die Kühlschranktür zieht den Magnetfisch an ( F1,2 ) .
Vermischte Aufgaben zu den Newton’schen Axiomen
205
a) F2,1 = 3ma
b) F2,3 = 2ma
c) F2 = F2,1 − F2,3 = ma
206
a) Eimer 1:
Gewichtskraft nach unten
F1,G = m1 g ; 132 N
Seilkraft nach oben
F1,Seil = F1,G ; 132 N
Eimer 2:
Seilkraft nach oben
F2,Seil = F1,Seil ; 132 N
Gewichtskraft nach unten
F2,G = m2 g ; 137 N
Kraft der Klappe nach oben
F2,Klappe = F2,G − F2,Seil ; 5 N
b) a =
m2 − m1
g ; 0.178 m/s2
m2 + m1
c) Eimer 1: Gewichtskraft nach unten
Seilkraft nach oben
Eimer 2: Seilkraft nach oben
Gewichtskraft nach unten
F1,G = m1 g ; 132 N
F1,Seil = F1,G + m1a ; 135 N
F2,Seil = F1,Seil ; 135 N
F2,G = m2 g ; 137 N
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.2 Kräfte
37
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207
a) Die Aussage ist nicht korrekt. Es werden zwei Kräfte verglichen, die auf denselben
Gegenstand wirken. Das Wechselwirkungsprinzip würde in diesem Fall eine
Aussage über die Kraft machen, mit der Waggon 1 auf die Lok wirkt. Diese Kraft ist
immer gleich gross und entgegengesetzt gerichtet zur Kraft, mit der die Lok auf
Waggon 1 einwirkt. Die Kraft, die Waggon 2 auf Waggon 1 ausübt, kann im Prinzip
beliebige Werte annehmen.
b) Bei den folgenden Kräften Fx , y gibt der erste Index x an, auf welchen Gegenstand
die Kraft wirkt. Der zweite Index y bezeichnet den Gegenstand, der die Kraft ausübt:
F
a = 1,Lok ; 0.16 m/s2. FLok ,1 = F1,Lok ; 5.0 kN. F1,2 = F2,1 = m2 a ; 3.1 kN
m1 + m2
c) a = 0 . FLok ,1 = F1,Lok = F1, 2 = F2,1 = F2,Prellbock ; 5.0 kN
208
FZ : Zugkraft des Traktors
FWW : Wechselwirkungskraft (Reaktionskraft) des Betonblocks auf den Traktor
FR : Reibungskraft des Bodens auf den Betonblock
a) Beim Anfahren gilt: FZ > FR (Newton II, a > 0 )
Bei gleichförmiger Bewegung gilt: FZ = FR (Newton II, a = 0 )
Beides folgt aus: ma = FZ − FR
b) Sowohl beim Anfahren als auch bei gleichförmiger Bewegung gilt:
r
r
FZ = − FWW (Newton III)
209
a) Bei konstanter Geschwindigkeit muss die resultierende Kraft auf jeweils beide
Personen null sein. Auf Olga wirkt ihre Gewichtskraft nach unten. Bond muss also
auf sie eine gleich grosse Kraft nach oben ausüben. Damit er das tut, muss Olga mit
einer entsprechend grossen Kraft an Bonds Füssen ziehen:
FBond,Olga = mOlga g ; 0.64 kN
An Bond wirken FBond,Olga und seine eigene Gewichtskraft nach unten. Damit ihn der
Lift mit einer gleich grossen Kraft nach oben zieht, muss er sich am Lift mit der
Kraft FLift,Bond = (mOlga + mBond ) g = 1.5 kN halten.
b) Beide Personen müssen eine grössere Kraft ausüben, damit sie durch die jeweilige
Wechselwirkungskraft nicht nur gehalten, sondern auch noch beschleunigt werden:
FBond,Olga = mOlga ( g + a) ; 0.74 kN
FLift,Bond = (mOlga + mBond ) ⋅ ( g + a ) ; 1.7 kN
2.2 Kräfte
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
38
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210
a) Wegen des Wechselwirkungsprinzips wirkt die Kraft, mit der Anne an der Leine
zieht, auch auf sie selbst. Bei vernachlässigbarer Masse der Leine wirkt daher auf
beide Boote eine gleich grosse Kraft F.
F F 
Es gilt: vrel = v1 + v2 = (a1 + a2 ) ⋅ t =  +
⋅t
 m1 m2 
−1
v  1
1 
Aufgelöst nach F gibt das: F = rel  +
 ;
t  m1 m2 


b) s = 1 F ⋅  1 + 1  ⋅ t 2 = 1 vrelt ;
2  m1 m2 
2
54 N
2.5 m
Bildnachweis:
150, 151, 164, 165: KZO-Fotoprojekt mit Schülerinnen und Schüler unter Leitung von
Bruno Cappelli
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.3 Erhaltungssätze
1
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2.3
Erhaltungssätze
Einfache Maschinen
211
Die Kraft ist nur noch ein Viertel so gross. Dafür muss 4-mal mehr Seil gezogen
werden, als wenn der Schirm ohne Flaschenzug direkt aufgespannt würde.
212
FDecke  FG 
FG 5
 mg ;
4 4
0.59 kN
213
a) Mit jeder Rolle halbiert sich die Kraft: 200 N
b) Mit diesem Flaschenzug kann das Gewicht nur wenig angehoben werden, bevor die
obere Rolle oben anstösst. Um die unterste Rolle einen Zentimeter anzuheben, muss
die mittlere Rolle 2 cm, die oberste gar 4 cm angehoben werden. Der Abstand der
letzten Rolle zur oberen Befestigung muss bei diesem Flaschenzug also viermal so
lang sein wie die gewünschte Hubstrecke!
214
1. Das Känguru verlängert den Hebelarm, dadurch wird die Kraft auf die Nuss
vergrössert.
2. Das Gewinde ist eine aufgewickelte schiefe Ebene. Gemäss der goldenen Regel der
Mechanik ist das Produkt aus Weg und Kraft konstant. Bei einer vollen Umdrehung
(langer Weg, kleine Kraft) senkt sich das Gewinde nur wenig (kurzer Weg, grosse
Kraft). Insgesamt resultiert also eine Vergrösserung der Kraft.
3. Die Spitze des Stempels bewirkt eine Druckvergrösserung. Dies zwingt die Nuss in
die Knie!
215
a) Sie üben eine Kraft auf die Kurbel aus und verrichten somit Arbeit. Mit der Kurbel
und dem Flaschenzug wird Kraft gespart, der Weg ist aber länger. Die Maschine
spart Kraft, aber keine Arbeit. Wenn die Maschine keine Reibungsverluste hätte,
würde genau so viel Arbeit auf dem Rollstuhlfahrer verrichtet. Diese Arbeit wird in
Form von potenzieller Energie im Rollstuhlfahrer gespeichert.
b) Um den Rollstuhlfahrer der Masse 100 kg um 5 cm hochzuheben, müssen Sie
W  mgh; 49 J verrichten. Somit müssen Sie dieselbe Arbeit bei der Kurbel
verrichten: W  Fs , wobei s der Umfang des Kurbelkreises ist.
mgh
F W 
; 26 N
s
2 r
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.3 Erhaltungssätze
2
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Arbeit
216
Die Kraft soll in Richtung der Bewegungsrichtung zeigen, sonst wird die Parallelkomponente der Kraft betrachtet. Wenn die Kraft senkrecht zur Bewegungsrichtung steht, ist
die Arbeit null. Die Arbeit kann auch negativ sein, wenn die Parallelkomponente gegen
die Bewegungsrichtung zeigt. Ausserdem nimmt man auch in dieser vereinfachten
Definition an, dass die Kraft konstant bleibt, sonst muss man die mittlere Kraft
verwenden.
217
Nur Hubarbeit beim Hochheben der Flaschen sowie beim Treppensteigen.
Beim «Tragen» und «Warten» verrichtet er keine mechanische Arbeit an den Flaschen.
218
Whub  mgh
a) 1.0 J
b) 50 J
c) 0.98 kJ
d) 30 kJ
219
W  G mgs ; 5.3 kJ
220
a) W  mgh  s G mg cos  ; 9.4 kJ
b) Die Geschwindigkeit wird als konstant angenommen. Die ganze Strecke wird als
eine schiefe Ebene mit überall gleicher Neigung aufgefasst. Das Zugseil wird
parallel zur Unterlage gehalten.
221
2s
WB  ma  s  m 
t2
 s ; 1.5 kJ
222
F  m  (g 
2s
t2
); 140 N; WR  mg  s ; 190 J; WB  m
2s
 s ; 1.1 kJ
t2
2.3 Erhaltungssätze
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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223
a) Durch die «Fläche unter der Kurve».
b) W  1 Dx 2
2
F
W
s
0
224
F
; 9.8 N/m; 0.40 kN/m; 0.50 kN/m; 1.6·105 N/m; 5.0·105 N/m
s
1
b) W  Ds 2  1 Fmax  s ; 49 mJ; 4.1 mJ; 0.30 kJ; 2.1 J; 2.5 kJ
2
2
a) D 
Leistung
225
1 2
mv ; 1 kWh  3.6 106 J
2
a) 2.6 kJ; 7.3.10-4 kWh
c) 2.4 kJ; 6.8.10-4 kWh
Ekin 
b) 77 kJ; 0.021 kWh
d) 0.4 MJ; 0.11 kWh
226
W  P t
a) 45 kJ
b) 0.84 MJ
c) 30 MJ
227
mgh
W
; 0.16 MW
P  hub 
t
t
228
FG h
;
t
Terry Purcell: 0.35 kW; Chico Scimone: 0.12 kW; Rekordhalter: 0.36 kW
a) P 
3
2.3 Erhaltungssätze
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4
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229
N  P  t ; 10
mgh
230
a) P 
mtot g h
; 74 W
t
b) t 
mtot g h
; 2 h 21 min
P
231
a) Zitat KWO: «Verlagern eines Grossteils der KWO-Produktion vom Sommer ins
nachfragestarke Winterhalbjahr und Erzeugung von hochwertiger Winter-Spitzenenergie.»
b) Generatorleistung rund doppelt so gross, Pumpleistung etwa gleich gross wie die
Nettoleistung von Gösgen.
E
c) t  Winter ; 39 Tage
Pmax
mgh
; 15 Tage
Pmax
Lösung gilt bei 100 % Wirkungsgrad unter der Voraussetzung, dass alle Speicherseen gleichmässig entleert werden. Real wäre der am höchsten gelegene Oberaarsee
mit 60.5·106 m3 Wasserinhalt bei maximaler Leistung von Grimsel II Ost
(4 · 25 m3/s) schon nach 7 Tagen leer.
d) t 
232
a) Aus der Dichte für Wasser folgt m   lbh ; 4.5 kt bis 6.0 kt pro Trog.
b) Die maximale Masse von 8400 t setzt sich aus dem Wasser, dem Trog und der
Schiffsmasse zusammen, d.h. Schiff und Trog haben zusammen höchstens 2.4 kt
Masse. Die maximal hebbare Schiffsmasse ist also kleiner als 2.4 kt. (ein beladenes
Kanalfrachtschiff hat üblicherweise eine Masse von 1350 t, was eine Trogmasse von
1000 t ergibt).
c) Die Motoren müssen nur die Differenz der beiden Tröge heben, also 400 t.
mgh
P
; 0.80 MW
t
233
P
smg sin    mgs cos 
; 51 kW
t
2.3 Erhaltungssätze
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234
a) W  mgh   mgs ; 2.9 109 J
W
b) P  ; 1.9 MW
t
c) 120 Fr.
235
t
FR s
; 26.7 min
P
v
s
; 540 km/h
t
236
1 mv 2
P 2
; 4.0 kW
t
237
a) Whub  mgh ; 9.3 MJ
b) P 
Whub
v
 Whub  ; 0.31 MW
t
h
c) WB  1 mv 2 ; 0.18 MJ; 1.9 %
2
d) Das Gegengewicht ist gleich schwer wie die zu etwa einem Drittel gefüllte Kabine.
Damit wird die effektiv zu hebende Masse kleiner, der (kleine) Anteil der
Beschleunigungsarbeit etwas grösser.
238
l
a) v  ; 107 km/h
t
h
b)   arcsin 
l
FR   mg  cos ; 79 N
c) Die Schwerkraft; P 
239
P  4  Fv ; 67.6 MW
mgh
; 5.8 kW
t
FH  mg  sin  mg  h
l
FL  FH  FR ; 0.12 kN
5
2.3 Erhaltungssätze
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240
v  P ; 32 m/s
 mg
241
P  ( mg  FL )  v ;
11 kW
242
v
P
, wobei = arctan(0.05); 0.9 m/s
mg (sin    cos  )
243
a) Kilometer pro Stunde statt Stundenkilometer, 400 km/h statt 400, 30 Liter pro
100 km statt 30 Liter, drei Liter pro 100 km statt 3 Liter.
b) Verbrauch auf 100 km =
100 km
100 Liter; 75 Liter
400 km/h  20 min
c) Distanz für Lupo = 75 Liter
100 km
; 2500 km
3 Liter
244
Für t  1 h ist Ezugeführt  1.2  7.5 Liter 15 kWh/Liter  135kWh, also
Pzugeführt 
Ezugeführt
t
 135 kW; somit  
Pabgegeben
Pzugeführt
Energieerhaltungssatz
245
Aus dem Energieerhaltungssatz bekommt man:
m 2
m
2
v0  mgh  v 2  v  v0  2 gh  8.9 m/s
2
2
; 33 %
6
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.3 Erhaltungssätze
7
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246
Aus dem Energieerhaltungssatz bekommt man:
2
3v
m 2 m  v0 
v0     mgh  h  0  8.6 m
2
22
8g
2
247
Die Pendellänge L beträgt 1.3 m.
Es gilt: cos   L  h und daraus h = L (1 – cos m
L
1
Aus dem Energiesatz mgh  mv 2 folgt v  2 gh = 2.7 m/s
2
␣
L
L-h
1.30 m
h
1.20 m
248
2 gh
1
2
Energieerhaltung: mgh  mv0 sin   ergibt v0 
; 14 m/s
sin 
2
249
a) Sei y die Höhe des Loches über dem Boden und h die Höhe des Wasserspiegels über
dem Boden. Aus der Energieerhaltung folgt 1 mv 2  mg  h  y  oder
2
v  2 g h  y  . Die Wurfweite w folgt aus w  vt und y  1 gt 2 zu
2
w  2 h  y  y . Es muss also das Maximum der Funktion (h  y ) y gefunden
werden. Dies ist bei y  h der Fall. Also ist die Wurfweite für y  h maximal.
2
2
b) v  gh
c) w  h
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2.3 Erhaltungssätze
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250
2mgh
a) Nach dem Energiesatz folgt: mgh  1 Dy 2  D 
; 1.8 kN/m
2
y2
b) Nach dem Energiesatz folgt: 1 mv 2  mgh  v  2 gh ; 4.2 m/s
2
251
a) Vereinfachende Annahme: Die Stauchung der Feder durch das Gewicht der Mine
wird vernachlässigt.
2mgh
; 65 N/m
D
x2
b) vmax  2 g (h  x) ; 1.6 m/s
252
Bezeichnungen: h 0 =115 m; h 1 =5 m; h 2 =25 m; l0  87.75 m
a) v  2 gl0 ; 41 m/s
b) Die maximale Geschwindigkeit wird in derjenigen Höhe erreicht, in der die
resultierende Kraft auf die Touristin den Wert Null hat.
Dies ist in der Höhe h 2 = 25 m der Fall.
c) D 
mg
; 0.31 kN/m
h0  h2  l0
d) v  2 g (h0  h2 ) 
D
 (h0  h2  l0 ) 2 ; 42 m/s
m
e) F  D  (h0  h1  l0 ) ; 6.8 kN
253
a) Bei der maximalen Seilausdehnung ist die Kraft am grössten und die gesamte
Sturzhöhe erreicht. Dort wird der Nullpunkt der potenziellen Energie gewählt.
Nach dem Energiesatz folgt: mg  2h  s   1 Ds 2 . Diese quadratische Gleichung
2
mg  m 2 g 2  4 Dmgh
besitzt die positive Lösung: s 
D
Die Strecke, über die sie stürzt, ist 2h  s .
b) Somit ist die maximale Kraft des Seils auf die Kletterin:
Fmax  mg  m 2 g 2  4 Dmgh .
Diese Kraft ist für die Sturzhöhe h  0 gleich der doppelten Gewichtskraft.
8
2.3 Erhaltungssätze
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
9
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254
a) Die Federkonstante des Federsystems (parallele Federn) ist doppelt so gross wie die
Federkonstante einer Feder selbst, und die gespeicherte Spannenergie wird
1
EF   2 D  s 2  Ds 2
2
Die maximale Federkraft Fmax ist nach dem Hooke’schen Gesetz:
2
Fmax
2
 F  1 Fmax
 2 Ds  EF  Ds  D  max  
4 D
 2D 
2
b) Die Spannenergie wandelt sich in kinetische Energie um.
2
1 Fmax
1
 Ekin  mv 2
EF 
4 D
2
v
2
Fmax
1
 Fmax 
2mD
2mD
255
a) In der Höhe h besitzen Sie die potenzielle Energie mgh.
Wenn der maximale Wert angezeigt wird, ist die Feder am meisten
zusammengedrückt. Die Summe der mechanischen Energie am tiefsten Punkt ist
mg   y   1 Dy 2 .
2
Nach dem Energiesatz folgt: mgh  mg   y   1 Dy 2
2
Diese quadratische Gleichung besitzt die positive Lösung
y
mg  m 2 g 2  2 Dmgh
.
D
Die maximal gemessene Kraft ist also: Fmax  Dy  mg  m 2 g 2  2 Dmgh
Ein nummerisches Beispiel für m  45 kg ist Fmax  2785 N . Die Waage würde
also maximal 284 kg an. Die meisten Personenwaagen werden also überlastet.
b) Wenn die Höhe sehr klein und vernachlässigbar ist, ist y 
Die maximal gemessene Kraft ist also: Fmax  2mg ; 90 kg
Die Waage zeigt also das doppelte Gewicht an.
mg  m 2 g 2 2mg

.
D
D
2.3 Erhaltungssätze
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
10
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256
a) Grün: Lageenergie; rot: Bewegungsenergie; blau: Spannenergie
b) Die Summe E pot + E kin + E F ist in der Grafik schwarz dargestellt.
E
t
0
c) Bei jedem Aufprall entsteht Wärmeenergie. Der Verlauf der Wärmeenergie ist in der
Grafik rosarot dargestellt.
d) Die Gesamtenergie ist gleich gross wie die Lageenergie beim Start:
Etot  mgh0  2.35 J
e) t 
2h0
 0.495 s
g
f) Aus der Grafik entnimmt man: Etwa ¼ der Bewegungsenergie wird beim Aufprall in
Wärmeenergie umgewandelt.
257
a) Mit dem Energieerhaltungssatz bekommt man
m 2
v  mg (hBalkon  hSchnee )  v  2 g (hBalkon  hSchnee )  7.4 m/s
2
b) Die Lageenergie wird durch Reibungsarbeit abgegeben:
Die Bremskraft ist etwa 4-mal grösser als die Gewichtskraft.
mg  hBalkon  hSchnee  s   F  s  F 
mg  hBalkon  hSchnee  s 
258
a)
v2
1 2
mv  FR s B  mgs B ,  
; 1.1
2
2 gs B
Literaturwert: Pneu auf trockenem Asphalt 1.0
b) s B 
v2
v2
, a
oder a   g ; 11 m/s2
2a
2s B
s
 4.0 mg
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.3 Erhaltungssätze
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259
Die Bewegungsenergie wird durch Reibungsarbeit abgegeben:
m 2
v2
v  FR  s   H mgs  s 
 46 m
2
2 H g
2s
v
t

 3.3 s
v
H g
P
 H mgs
t

 H mgv
2v
  H mg 
v
197 kW  268 PS
2
Die durchschnittliche Bremsleistung ist 2.4-mal grösser als die grösste Motorleistung.
Die momentane Bremsleistung ist P   H mgv . Sie ist am Anfang etwa 5-mal grösser als
die höchste Motorleistung und nimmt mit der Geschwindigkeit linear bis auf 0 ab.
260
a) Etot  Ekin  Epot 
1 2
mv  mgh ; 447 MJ; 124 kWh
2
E
; 6.3 min
P
c) Die zur Überwindung des Luftwiderstandes benötigte Energie wurde vernachlässigt.
Die berechnete Zeit ist kleiner als die effektiv benötigte.
b) t 
261
Die Lageenergie verwandelt sich zum Teil in Bewegungsenergie. Der Rest wird als
Reibungsarbeit abgegeben:
mgh  m v2  FR s  m v2  0.005mgs  v  2g  h  0.005s 17 m/s  62 km/h
2
2
262
Es sei s 1 die Strecke am Hang, s 2 die restliche Strecke in der horizontalen Ebene.
a) Der Höhenunterschied zwischen Start und Ziel beträgt h  s1  sin  ; 12 m
Mit dem Energiesatz lässt sich die Bewegungsenergie beim Übergang in die Ebene
berechnen:
mgh  m v 2  G mgs1  m v 2  mg (h  G s1 )
2
2
Diese Bewegungsenergie wird in der Ebene vollständig als Reibungsarbeit
abgegeben:
mg (h  G s1 )  G mgs2  G  h ; 0.099
s1  s2
b) v  2 g (h  G s1 ); 32 km/h
2.3 Erhaltungssätze
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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263
a) Die Bewegungsenergie wird vollständig als Reibungsarbeit abgegeben:
m v 2  F s  F  mv 2 ; 58.6 kN
R
R
2
2s
b) FR   mg    0.0878
c) Ein Teil der Bewegungsenergie wird als Reibungsarbeit abgegeben, der Rest in
Lageenergie umgewandelt:
v2
m v 2  F  s  mgs  sin   s 
mv 2

; 189 m
R
2
2( FR  mg  sin  ) 2 g (   sin  )
d) Bei   tan  beginnen die Räder durchzudrehen. Also ab einer Steigung von etwa
8.8 % sind Zahnräder erforderlich.
e) Die Bremswege der Strassenbahn sind wegen der geringen Reibungszahl wesentlich
länger als bei den übrigen Verkehrsteilnehmern. Durch Sandstreuen wird die
Reibungszahl wohl etwas erhöht, erreicht jedoch nie die Werte, die Gummirädern
auch auf nasser Fahrbahn erzielen. Bei vereisten Strassen kann es aber durchaus
vorkommen, dass die Strassenbahn die kürzeren Bremswege als die übrigen Fahrzeuge hat. Da sind Unfälle fast unvermeidlich.
264
d · sin α
d
h
α
hk
a) Mit dem Energieerhaltungssatz bekommt man
h  hk
; 0.067 mg
mgh  mghk  F  s  F  mg
s
b) Die zusätzliche Lageenergie muss der gewünschten Bewegungsenergie und der
zusätzlichen Reibungsenergie entsprechen:
1
mgd  sin   mv 2  FR d
2
mit FR aus a) folgt:
h  hk
mgd  sin   1 mv 2  mg
d
s
2
2
h  hk
d  sin   v 
d
s
2g
h  hk  v 2

d  sin  

s  2g

d
v2
h  hk 

2 g  sin  

s 

;
5.7 m
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.3 Erhaltungssätze
13
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265
a) Der Motor verrichtet bei 100 km Fahrt auf ebener Strasse die Arbeit
W P
W  P  t  FR  s  k  v 2  s 
  FR  k  v 2
s
v
W
ist proportional zum Dieselverbrauch pro 100 km.
s
FR ist der geschwindigkeitsunabhängige Rollwiderstand.
Für die Rechnung wählen wir die folgende Masseinheiten:
[W] = 1 Liter Diesel
[W/s] = 1 Liter Diesel pro 100 km = [F ]
[v] = 1 km/h
Bei v = 80 km/h erhalten wir die Gleichung: 4.4 = F R + 6400 k
Bei v = 120 km/h erhalten wir die Gleichung: 6.8 = F R + 14 400 k
Das Gleichungsystem hat die Lösung F R = 2.48 Liter pro 100 km und
k = 0.0003 Einheiten.
Zur Überwindung des Rollwiderstandes sind also 2.48 Liter Diesel pro 100 km
notwendig. Dies unabhängig von der Geschwindigkeit des Fahrzeugs.
b) P  FR  v  k  v3
Das Produkt FR  v hat die Einheit (Liter pro 100 km)  (km pro Stunde). Das sind
Hundertstel Liter pro Stunde. Bei Höchstleistung verbraucht der Motor 27 Liter pro
Stunde. Für P ist also die Zahl 2700 zu setzen.
Das Gleichungssystem 2700 = 2.48 v + 0.0003 v3 hat die Lösung v = 195 km/h.
Das ist die Höchstgeschwindigkeit des Fahrzeugs.
c) Für 100 km braucht das Fahrzeug bei Höchstgeschwindigkeit 0.513 Stunden. In
dieser Zeit verbraucht er 13.9 Liter Diesel.
266
a) Energiesatz: FR s  mgh und FR  h mg  G mg
s
h
Die Grösse lässt sich als Reibungszahl interpretieren. Geometrisch entspricht sie
s
der mittleren Steigung der Oberfläche.
b) G  1 bedeutet h  s , bzw. eine Steigung grösser als 1.
267
Berechnen Sie vorerst die Geschwindigkeit im Punkte B mit Hilfe des Energiesatzes:
m 2
v  mg (r  x)  v  2 g (r  x)  2 gs cos 
2
2s
2s
2


Die Fallzeit durch die Sehne ist t 
v
g
2 gs cos 
s
2 cos 
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.3 Erhaltungssätze
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Nun ist aber s  2r cos  .
Damit erhält man t  2 
r
.
g
Kraftstoss und Impuls
268
F
m  v
; 2.5 kN
t
269
a) Kraftstoss = Ft ; v 
Ft
; 60 m/s
m
b) F  F t ; 0.54 kN
t
c) a 
F
; 1.2 ·104 m/s2
m
270
a) p = F·t; 1.05 Ns; v 
b) a=
p
; 2.31 m/s
m
F
; 441 m/s2; v=a·t; 2.31 m/s (dasselbe Resultat wie bei a) )
m
271
a) Für Gewehr, Geschoss und Brenngase gilt die Impulserhaltung. Damit nach dem
Schuss der Gesamtimpuls null ist, führt das Gewehr eine zum Schuss
entgegengesetzte Bewegung aus. Der Impuls der Brenngase, der die gleiche
Richtung wie der Impuls der Kugel hat, wird in den folgenden Rechnungen
vernachlässigt. Vorsicht mit dem Wechselwirkungsgesetz: Die Kraft auf das
Geschoss wird von den Brenngasen erzeugt, somit ist das Gewehr nicht direkter
Wechselwirkungspartner!
b) Impulserhaltung: mKugel vKugel  mGewehr vGewehr  vGewehr 
c) Energiesatz:
mKugel
mGewehr
vKugel ; 1.4 m/s
mGewehr 2
m
2
vGewehr  F  s  F  Gewehr vGewehr
; 0.19 kN
2
2s
14
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.3 Erhaltungssätze
15
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272
Andrea fährt mit dem Spielzeugauto eine Kurve. Im Gegensatz zur Bewegungsenergie
hat der Impuls auch eine Richtung. Wenn nur die Richtung der Geschwindigkeit
geändert wird, der Betrag aber konstant bleibt, dann ändert sich der Impuls, aber nicht
die Bewegungsenergie des Körpers.
273
a) p  2mv ; F  2mv ; 0.1 kN
t
3
b) m  D ; die Masse verachtfacht sich; F = 1 kN
p 1
Δp
p 2
α
274
Der Gesamtimpuls der Wasserteilchen nach dem Auftreffen auf den Trogboden ist null
1
(Vektorsumme!). F  d 2 v 2 ; 4 N
4
275
mv
; 0.50 kN
t
b) FR   G mg ; 0.57 kN. Ja.
a) F 
c) s 
v2
; 3.1 m
2 G g
d) Die entgegen der Bewegungsrichtung wirkende Reibungskraft an den Schuhen kann
einem «die Füsse wegziehen», so dass man nach vorne fällt. Anders ausgedrückt:
Der Körper bewegt sich ungebremst weiter, während die Füsse gebremst werden.
276
m  v
.
t
Wir betrachten die Luftsäule vor der Tür, die in der Zeit t die Tür erreicht.
m  Avt cos  und damit F  Av 2  cos  .
B
Aus dem Hebelgesetz folgt:  cos   F  B   H  FG
2
2 H  FG
und daraus v 
A(cos  ) 2 
a) Die Kraft auf die Tür, verursacht durch den Luftstrom, beträgt F 
2.3 Erhaltungssätze
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
16
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b)

v in m/s
30º
1.6
45º
1.9
60º
2.7
277
a) Um die Gewichtskraft zu kompensieren, benötigt die Rakete in jeder Sekunde eine
gewisse Menge Treibstoff. Je kürzer der Flug ist, desto geringer ist also der
Treibstoffverbrauch.
m*v*
b) a0 
 g ; 2.24 m/s2
m0
c), d) Mit v = at berechnet man den Geschwindigkeitszuwachs für jedes Zeitintervall
t, wobei a die Beschleunigung in der Mitte des Intervalls ist.
Brennschluss ist nach 45.9 s.
t in s
v(t) in m/s mit t = 10 s
0
0
10
25.5
20
57.4
30
96.4
40
143
45.9
175
v(t) in m/s mit t = 1 s
0
25.4
57.3
96.2
143
175
v(t) in m/s exakt
0
24.4
57.3
96.2
143
175
Bei t = 1 s ist also bei sachgemässer Rundung kein Unterschied zur exakten
Geschwindigkeit feststellbar. Weil die Beschleunigung stärker als linear zunimmt,
ist das arithmetische Mittel etwas grösser als die Durchschnittsbeschleunigung und
demzufolge auch die in c) berechnete Endgeschwindigkeit.
278
a) Es ist ein unelastischer Stoss: v  vBall
b) F 
mBall
; 0.11 m/s
mTorhüter  mBall
p
; 84 N
t
279
a) Wegen mBall  mLastwagen  mLastwagen
und
mBall  mLastwagen  mLastwagen
wird
vBall  2vLastwagen
(Im Bezugssystem des Lastwagens wird der Ball mit v Lastwagen reflektiert.)
b) Bei Wasserturbinen geht es darum, möglichst viel Energie des Wassers auf die
Turbine zu übertragen. In diesem Fall sollte das Wasser nach dem Kontakt mit der
Turbine keine Geschwindigkeit mehr haben.  vWasser  2vSchaufel
Durch die besondere Form der Schaufeln und die konstant gehaltene Drehzahl sind
die Annahmen von a) recht gut erfüllt.
2.3 Erhaltungssätze
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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280
Geschwindigkeit Tarzans vor dem Stoss
vTarzan  2 ghTarzan ; 11 m/s
Nach dem vollständig unelastischen Stoss
v'  vTarzan
Das reicht für die Endhöhe
h' 
mTarzan
; 6.4 m/s
(mTarzan  mJane )
mTarzan
(v ' ) 2
 hTarzan (
) 2 ; 2.1 m
mTarzan  mJane
2g
Es reicht also ganz knapp.
281
Hinweis: v  2 gh , d.h. die Geschwindigkeit ist proportional zur Wurzel aus der
Fallhöhe.
a) Impulserhaltung ist verletzt, also unmöglich.
b) Möglich, nicht elastisch, d.h., die kinetischen Energien sind nicht erhalten. Dieser
Vorgang kann realisiert werden, wenn zwischen den beiden letzten Kugeln ein Stück
Plastilin ist!
c) Unmöglich, die Energieerhaltung ist verletzt.
d) Möglich, elastisch.
282
Es sind v1 , v2 (= 0), v1 und v2 die Geschwindigkeiten der beiden Kugeln unmittelbar
vor bzw. nach dem Stoss. Es gelten folgende Gleichungen:
v1  2 gh , v1  2 gh
m1v1  m2 v2  m1v1 (Impulserhaltungssatz)
1
1
1
m1v12  m2 v2 2  m1v1 2 (Energieerhaltungssatz)
2
2
2
2
 m  m2 
 ; 18.3 cm
Die Lösung des Gleichungssystems ist: h  h   1
 m1  m2 
283
Impulserhaltungssatz:
Energieerhaltungssatz:
m1v1  m1v1  m2 v2
m1 2 m1 2 m2 2
v1 
v1 
v2
2
2
2
a) m 1 :m 2 = 1.0 : 8.0
Die kleine Masse hat kurz vor dem Zusammenstoss die Geschwindigkeit v1  2 gh ,
die grosse Masse ruht. Kurz nach dem Zusammenstoss bewegt sich die kleine Kugel
mit 0.78 v1 und die grosse mit 0.22 v1 . Die kleine Kugel steigt maximal auf 0.60 h
und die grosse auf maximal 0.049 h .
2.3 Erhaltungssätze
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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b) m 1 :m 2 = 8.0
Die grosse Masse hat kurz vor dem Zusammenstoss die Geschwindigkeit
v1  2 gh , die kleine Masse ruht. Kurz nach dem Zusammenstoss bewegt sich die
kleine Kugel mit 1.8 v1 und die grosse mit 0.78 v1 . Die kleine Kugel steigt maximal
auf 3.2 h und die grosse auf maximal 0.60 h .
284
Es werden zwei unabhängige Gleichungen für zwei Unbekannte benötigt. Die erste
liefert der Energieerhaltungssatz (Zeitpunkt 1: Wagen 2 fährt los; Zeitpunkt 2: beide
Wagen stehen am Ende der Gleise):
1
m2 v22, 0  m2 gh  m1 gh  m2 gh mit v2,0 = Anfangsgeschwindigkeit von Wagen 2
2
Die zweite Gleichung liefert der Impulserhaltungssatz: m2 v2  m1v1  m2 v2
Dabei sind v1 (= 0), v2 , v1 und v2 die Geschwindigkeiten der beiden Wagen
unmittelbar vor bzw. nach dem Stoss. Weil beide Wagen die gleiche Höhendifferenz h
zurücklegen müssen, gilt: v1  v2  2 gh .
Ausserdem ist: v2  v22,0  2 gh
Der Impulserhaltungssatz wird zu: m2 v22,0  2 gh  (m1  m2 ) 2 gh
Die Lösung des Gleichungssystems ist: m2 
m1
; 0.29 t und v2, 0  6 gh ; 11 m/s
3
285
a) v ist die Geschwindigkeit der beiden Bälle kurz vor dem Aufprall am Boden.
Abfolge der Stösse:
1. Ball 2 wird mit v nach oben reflektiert.
2. Ball 1 und Ball 2 stossen aufeinander; Ball 1 wird mit v nach oben, Ball 2 mit v
nach unten gestossen.
3. Ball 2 wird am Boden wieder mit v nach oben reflektiert.
Die beiden Bälle erreichen ihre Ausgangshöhe h, falls sie nicht vorher wieder
miteinander kollidieren.
b) Die beiden Bälle kollidieren dicht über dem Boden mit v.
Die Stossgesetze liefern nach dem gegenseitigen Stoss folgende Geschwindigkeiten
(> 0 für Bewegung nach oben, < 0 für Bewegung nach unten):
3m  m1
m  3m1
und v2  v 2
v1  v 2
m1  m2
m1  m2
Die Steighöhen können aus dem Energieerhaltungssatz berechnet werden:
 v 
 h  h 
v
1
mgh  m(v) 2
2
 3m  m1 

h1  h 2
 m1  m2 
2
2
 m  3m1 

h2  h 2
 m1  m2 
2
2.3 Erhaltungssätze
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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m1
 0 wird h1  9h und h2  h .
m2
Der leichtere Ball springt demnach höchstens bis zur 9fachen Anfangshöhe.
Für
286
Aus dem Impulssatz mn vn  mn vn  mD vD
und dem Energiesatz 1 mn vn2  1 mn vn 2  1 mD vD 2
2
2
2
2mn
vn
folgt: vD 
mn  mD
Also
2
 4m m



 2mn

2
n D
1
1
  Ekin,n  4  k 2  ;
Ekin,D  mD vD  mD 
vn   1 mn vn2 
2
 m  m  
  k  1 
2
2
2
 mn  mD 
D
 n



89.0 %  Ekin,n 
287
a) Der Betrag der Relativgeschwindigkeit zwischen beiden Körpern ist vor und nach
dem Stoss gleich, die Richtung der Relativgeschwindigkeit kehrt sich beim Stoss
um.
b) Der andere Körper bewegt sich mit einer bestimmten Geschwindigkeit (= Relativgeschwindigkeit) auf mich zu und nach dem Stoss mit derselben Geschwindigkeit
von mir weg.
c) I-Satz:
E-Satz:
m1v1  m2 v2  m1v1  m2 v2
m1v12  m2v22  m1v12  m2 v22
 m1 (v1  v1)  m2 (v2  v2 )
 m1 (v12  v12 )  m2 (v22  v22 )
Gleichung (2) geteilt durch Gleichung (1) liefert
was zur gesuchten Beziehung
führt.
(1)
(2)
v1  v1  v2  v2 ,
v1  v2  v2  v1
d) Die Geschwindigkeit v SP des Schwerpunktes ist der mit den Massen gewichtete
Mittelwert der Einzelgeschwindigkeiten:
m v  m2 v2
m v  m2 v2
  11
Vor dem Stoss ist vSP  1 1
, nach dem Stoss ist vSP
.
m1  m2
m1  m2
Wenn die Gleichung m1v1  m2 v2  m1v1  m2 v2 , die ja für alle zentralen Stösse gilt,
m v  m2 v2 m1v1  m2 v2
auf beiden Seiten durch m1  m2 geteilt wird, ergibt sich 1 1

.
m1  m2
m1  m2
Die Brüche stellen jeweils die Geschwindigkeiten des Schwerpunktes beider Massen
 .
vor bzw. nach dem Stoss dar: vSP  vSP
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.3 Erhaltungssätze
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288



Nach dem Impulssatz folgt: m1v1  m1v1  m2 v2 ( m2 ist die Masse der Wand) (1)
(2)
Nach dem Energiesatz folgt: 1 m1v12  1 m1v1 2  1 m2 v2 2
2
2
2

Auflösen von (1) nach v2 und einsetzen in (2) ergibt:
2
1 m v 2  1 m v  2  1 m m1  v  v 2 oder 1 m v 2  1 m v  2  m1 1 m  v  v 2
1 1
1 1
1
1
1
1 1
1 1
2
1
1
2
m22
2
2
m2 2
2
2
m
Der Faktor 1 ist aber fast null, und der letzte Term der Gleichung verschwindet.
m2
Somit folgt: 1 m1v12  1 m1v1 2 oder v1  v1
2
2
Die Geschwindigkeit des Körpers ändert sich nach dem Stoss also nicht, hingegen ist
seine Richtung anders.
Nach dem 2. Newton’schen Axiom ist die Kraft der Wand gleich der Impulsänderung


  m1v 
der Kugel pro Zeiteinheit: FN 
t
Diese vektorielle Gleichung ist gleichbedeutend mit dem Gleichungssystem:



   m1vz 
   m1vx 
  m1v y
und Fz 
Fx 
; Fy 
t
t
t
Da aber die Kraft senkrecht zur Wand wirkt, ist Fx  0 und Fy  0 .


Somit sind vx und v y konstant. Die y-Komponente der Geschwindigkeit ist vor dem
Stoss null, somit bleibt die Kugel in derjenigen Ebene, die von ihrem Geschwindigkeitsvektor vor dem Stoss und dem Normalenvektor zur Wand gebildet wird. Ausserdem ist
die x-Komponente der Geschwindigkeit auch konstant. Somit gilt: v1 sin   v1 sin  .
Da die beiden Geschwindigkeiten v1 und v1 gleich sind, folgt    .
289
1
2
a) Die Kugel 2 erfährt von Kugel 1 nur Normalkräfte, wird also in Richtung der
Verbindungslinie der Mittelpunkte beschleunigt.   arcsin( r ); 30
2r
  
b) Impulserhaltung: v1  v1  v2
1
1
1
Energieerhaltung: m(v1 ) 2  m(v1 ) 2  m(v2 ) 2
2
2
2
2
2
2

(v1 )  (v1 )  (v2 )
α
v'2
v1
v'1
2.3 Erhaltungssätze
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
21
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Der Impulserhaltungssatz besagt, dass die drei Geschwindigkeiten ein geschlossenes
Vektordreieck bilden und aus dem Energiesatz folgt, dass der Satz von Pythagoras


erfüllt ist und somit zwischen v1 und v2 ein rechter Winkel sein muss.
c) Aus a) und b) folgt: v1  v1 sin  ;
v2  v1 cos  ;
v1
2
3
v1
2
290



Nach der Impulserhaltung folgt:  m1  m2  v  m1v1  m2 v2
Diese Gleichung lässt sich geometrisch als Dreieck interpretieren, in welchem der
Sinussatz angewendet werden kann. Mit Berücksichtigung von
sin   sin      sin 1   2  folgt:
 m1  m2  v
m1v1

sin  2 sin 1   2 
und
 m1  m2  v
m2 v2

sin 1 sin 1   2 
m1v1
β
m2 v2
α2
α1
(m1 + m2) v
Somit sind die Endgeschwindigkeiten der beiden Teilchen:
 m  m2  v sin  2 und v   m1  m2  v sin 1
v1  1
2
m2 sin 1   2 
m1 sin 1   2 
291
a) vB  vB ; vB  2vB ; Ekin  0
u B  vZ  vB
b) Geschwindigkeit des Balles vor dem Stoss:
Geschwindigkeit des Balles nach dem Stoss:
u B  vZ  vB
vB  2vB ; Ekin  2mvB vZ
c) Im Bezugssystem des Zuges wird der Ball durch die Kraft der Wand zunächst

gebremst und dann wieder beschleunigt. Beim Bremsen ist die Kraft F

entgegengesetzt zum Weg s und daher ist die Arbeit W < 0. Beim Beschleunigen ist


die Kraft F gleichgerichtet zum Weg s und daher ist die Arbeit W > 0. Die
Nettoarbeit der Wand am Ball ist null, weil der Vorgang symmetrisch ist.
Im Bezugssystem des Bahnsteigs wird der Ball von der Wand nie gebremst, wenn
vor dem Aufprall v B < v Z ist. Der Ball wird während der Berührungszeit t mit der
mittleren Kraft F von der Wand des Waggons beschleunigt. Der Zug legt in dieser
Zeit den Weg s zurück. Die Arbeit, die die Wand des Waggons am Ball verrichtet,
p
ist W  F  s 
 vZ t  2mvB vZ .
t
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.3 Erhaltungssätze
22
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292
a) Im Bezugssystem des Planeten ist die Geschwindigkeit der Sonde beim Annähern
und Entfernen gleich gross. Im Bezugssystem der Sonne ist das im Allgemeinen
nicht so, da diese Geschwindigkeiten der Sonde mit der Planetenbewegung
vektoriell addiert werden müssen. In Bezug auf die Aufgabe 291 entspricht die
Sonde dem Ball, der Planet dem Zug und die Sonne dem Bahnsteig. Der Planet kann
Arbeit an der Sonde verrichten und verliert entsprechend viel Energie (im Bezugssystem der Sonne).
v'S
u'S
vP
vP
uS
vS
vP
b) Der Betrag der Geschwindigkeit der Sonde im Bezugssystem der Sonne nimmt zu.
Der Planet hat die Sonde beschleunigt.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.4 Kreisbewegung und Gravitation
1
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2.4
Kreisbewegung und Gravitation
Kreisbewegung
293
Der Tachometer gibt nur den Betrag der Geschwindigkeit an. Da die Fahrrichtung in der
Kurvenfahrt jedoch ändert, ist die Bewegung beschleunigt.
294
Das Rad macht f  90  42  4.8 Umdrehungen pro Sekunde.
60 13
Die Geschwindigkeit beträgt v   df ; 10 m/s = 37 km/h
295
a) An der Propellerspitze.
1
v
; 54.1 Hz = 3.25 · 103 U/min
b) f  , 2r  vT und daraus f 
T
2r
v
c) r 
; 1.16 m
2f
296 (Diese Lösung gilt ab der 3. Auflage 2008)
a) In einer Sekunde registriert der Lesekopf 4.3 Millionen Bit. Pro Bit bewegt sich die
CD um 0.28 Millionstel Meter weiter. Dies ergibt eine Geschwindigkeit von 1.2 m/s.
b) Die äusserste Spur hat einen Umfang von 0.37 m, die innerste von 0.14 m. Wenn der
Lesekopf die äusserste Spur liest, so rotiert die CD mit 3.3 Umdrehungen pro
Sekunde oder mit rund 200 Umdrehungen pro Minute. Bei der innersten Spur sind
es rund 500 Umdrehungen pro Minute.
296 (Diese Lösung gilt bis zur 2. Auflage)
a) v  df mit f = 70 Hz
Auf der äussersten Spur ergibt dies va  25.7 m/s , auf der innersten vi  9.9 m/s.
b) N = Anzahl Bit pro Sekunde
d f
Äusserste Spur: aa  a ; 6.4 μm
N
 di f
Innerste Spur: ai 
; 2.5 μm
N
c) Auf der inneren Spur ist die Geschwindigkeit kleiner als auf der äusseren.
2.4 Kreisbewegung und Gravitation
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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297
a) voben  2  vZentrun  2 f  d ; 13 m/s, horizontal
2
2
b) vvorne  v Zentrun
 vabwärts
 2 f  d ; 9.2 m/s, 45° abwärts
298
2
2
v A  vZentrum
 vaufwärts
 2  f  d1 ;
0.73 m/s, 45° links-aufwärts
r1  r2
; 1.7 m/s, horizontal nach links
r1
r r
vC  vZentrum  1 2 ; –0.66 m/s, horizontal nach links, bzw. 0.66 m/s horizontal nach
r1
rechts
vB  vZentrum 
299
a)   2f
Bei 6000 U/min ist f = 100 U/s und   628 s–1
Bei 8000 U/min ist f = 133 U/s und   838 s–1
b) Bei 4000 U/min ist f = 66.7 U/s und   419 s–1
Bei dieser Drehzahl liest man M = 44 Nm und P = 25 PS = 18 kW ab.
Das Produkt   M ergibt tatsächlich 18 kW.
Eine ähnliche Übereinstimmung lässt sich bei jeder Drehzahl nachweisen.
300
  2f


t

2f
; 220 s–2
t
301
a) 0 

v
; 30 s–1 b)   0  t  0    0 ; 6.1 s–2
r
t
302
2
FZ  m v ; 4.26·1020 N
r
303
F  m  4 2 r  f 2  f  1  F ; 1.82 Hz
2 mr
2
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.4 Kreisbewegung und Gravitation
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304
2
a) F1  m v ; 120 N; F2  60 N
r1
r
b) F1  m  4 2  12 ; 0.13 kN; F2  0.26 kN
T
305
Die Gewichtskraft soll gleich der Zentripetalkraft sein:
2
v  gr ; 7.9 km/s
FG  FZ mg  m v
r
(Diese Geschwindigkeit wird 1. kosmische Geschwindigkeit genannt.)
306
Beide Geschwindigkeiten sind gleich: v  v1  v2
Die Zentripetalkräfte lassen sich in beiden Fällen berechnen:
2
2
F1  m v und F2  m v
r1
r2
F r
Somit lautet die Bedingung: F1  r1  F2  r2  1  2
F2 r1
307
2
m v   H mg  v   H gr ;
r
69 km/h
308
a) ja, weil v  gr .
2
2
b) Foben  m   v  g  ; 1.8 N; Funten  m   v  g  ; 90 N
 r

 r

309
2
a) F  m  g  v  ; 26 kN

r
v2
2
F
b) x  1  r 2  v 2 ; 0.66
F gv
gr  v
r
3
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.4 Kreisbewegung und Gravitation
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310
allgemein
a) v  2 g h
A
b) FZ  mv 2 / r
FN
6 FG
4 FG
2 FG
4 FG
7 FG
4 FG
FG
4 FG
B
6 gr
C
4 gr
D
2 gr
4 gr
311
2
a
r
a  r 2 oder a  4 2 r ; 1  1
a2 r2
T
312
  arctan
v2
; 5.4 °
rg
313
2
2
a)   arctan v ; 56°
rg
b) FZ  m v ; 8.7 kN
r
314
Die Zentripetalkraft lässt sich mit der Geschwindigkeit und dem Kreisradius
2
2
F
ausdrücken: FZ  m v . Die Kraft der Zähne wird also: F  Z  mv ; 0.83 kN
sin  r sin 
r
(also etwa 1.4-mal grösser als die Gewichtskraft seines Bruders).
Hinweis: Diese Aufgabe hat in der 1. Auflage 2004 keine eindeutige Lösung.
315
2
r
tan   v 
v
2
rg
l  r2
gr 2
l2  r2
; 4.1 m/s
316
a) FF 
b) r 
1 F ; 1.2 F und F  tan   F ; 0.70 F
G
G
G
Z
G
cos 
gT 2 tan 
; 92 cm
4 2
4
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2.4 Kreisbewegung und Gravitation
5
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317
a) v  rg tan  ; 50 m/s = 180 km/h
b) Kurvenüberhöhung der Geleise (ist teilweise auch schon bei herkömmlichen
Strecken erfüllt).
Leichtbauweise des Neigezuges. Bei geringerer Gewichtskraft vermindern sich auch
die Kräfte auf die Geleise. Die Neigezüge werden zum grossen Teil aus Aluminium
gefertigt.
318
a) Der Kreisradius beträgt: r1  d1  l sin 1
Somit ist die Bahngeschwindigkeit:
v1  g  d1  l sin   tan 1 ;
d1
α
8.1 m/s = 29 km/h
b) Beide haben dieselbe Periode. Die
Zentripetalkraft der Kreisbewegung ist die
Resultierende aus Gewichtskraft und
Kettenkraft:
2
FZ v1
4 2 r

 2 1 und
tan 1 
FG gr1 T g
T  2
r
 2
g tan 1
l
F K
F Z
r1
F K α F G
F G
 d1  l sin 1 
g tan 1
Somit finden wir eine Gleichung für  2 :
4 2 r  d  l sin  2  tan 1
tan  2  2 2  2
T g
d1  l sin 1
Diese Gleichung lässt sich mit Hilfe eines CAS-Rechners lösen   2  44
319
a) Die resultierende Zentripetalkraft
FZ ist gegen das Kreiszentrum
gerichtet.
v  rg tan  90    ; 1.3 m/s
2

b) f  v ; 1.4 Hz
2 r
FN
FN
FZ
FG
α
320
Der Radius des Kreisbogens ist durch die Zentripetalbeschleunigung und die
2
Geschwindigkeit gegeben: r  v ; 22 m
aZ
FG
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2.4 Kreisbewegung und Gravitation
6
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321
In I und IV: Nur Zugkraft in der Fahrtrichtung; Überwindung der Steigung und
Rollreibung; gleiche Kraft in I und IV.
In III: Radialkomponente nach Z2 gerichtet; Tangentialkomponente (Zugkraft) grösser
als bei I und IV wegen der zusätzlichen seitlichen Reibung.
In II: Radialkomponente nach Z1 gerichtet; wegen kleinster Krümmung Radial- und
Tangentialkomponente grösser als an allen andern Stellen.
322
a) Der Wagen wird schneller (Bahnbeschleunigung) durch die Resultierende aus
Gewichts- und Normalkraft des Bodens. Er wird gleichzeitig von der Normalkraft
der Wand (Zentripetalkraft) auf die Kreisbahn gezwungen (Zentripetalbeschleunigung). Die Normalkraft der Wand führt zu einer Reibungskraft, die zur Bahnbeschleunigung entgegengesetzt gerichtet ist. Mit zunehmender Geschwindigkeit
wird die Normalkraft der Wand und damit auch die Reibungskraft grösser und die
Bahnbeschleunigung somit kleiner. Wenn die Reibungskraft gleich gross geworden
ist wie die Resultierende aus Gewichts- und Normalkraft des Bodens, wird die
Bahnbeschleunigung null und der Wagen hat seine Maximalgeschwindigkeit
erreicht.
b) Die Rampe kann als schiefe Ebene mit dem Neigungswinkel  angesehen werden.
h
Es gilt tan  
.
2 r
Die Endgeschwindigkeit ist erreicht, wenn die Kräftegleichheit FG sin   FR (1)
eintritt. Dabei gilt für kleine Winkel die Näherung sin   tan  .
 mv 2
Für die Reibungskraft gilt: FR   FN   FZ 
r
Aus (1) wird damit
gh
mgh  mv 2

v
; 3.6 m/s
2 r
r
2
(Bemerkung: Sie könnten also nebenher rennen.)
Newton’sches Gravitationsgesetz, Kepler’sche Gesetze
323
a) mErde 
2
g  rErde
; mit g = 9.81 m/s2 und rErde = 6371 km ergibt sich der angegebene
G
Wert.
b)  
mErde
; 5.51103 kg/m3
4 3
 rErde
3
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324
d Erde
mErde
9
; der Punkt liegt also etwa 54 Erdradien vom Erdmittelpunkt

;
1
d Mond
mMond
entfernt.
325
a) d  2r  2  4
b) F  G 
9 F
; 1.4 m
2
G  4 2   Blei
16 2 r13  r23
 2 d13  d 23
2
2




G


  Blei ; 1.6 107 N
Blei
2
2
9 (r1  r2 )
9 (d1  d 2 )
326
Ansatz: FG  FZ
und M    4  r 3
3
3   f 2

; 1. 4 1011 kg/m3
G
327
M
; 1.7 1012 m/s 2 = 1.8 1011 g Erde ; nein
2
r
4 2
m
m1m2
b) Aus r2  r1 1 und m1r1 2  G
folgt
(r1  r2 ) 2
m2
T
a) g  G
r1  3 G
m
m2T 2
m
(1  1 ) 2 ; 3.3 108 m ; r2  r1 1 ; 4.3 109 m ;
2
m2
4
m2
d  r1  r2  4.7 109 m
328
Vollmond:

FG  G  mM 
 (rS
Neumond:

FG  G  mM 
 (rS
mS
m
 2E
2
rM
 rM )

 ; 6.3·1020 N (Richtung Sonne gerichtet)

mS
m
 2E
2
rM
 rM )

 ; 2.4·1020 N (ebenfalls Richtung Sonne gerichtet)

Die resultierende Kraft zeigt immer in Richtung Sonne, also bewegt sich der Mond stets
auf einer Bahn a), die der Sonne gegenüber konkav ist. Es ist somit falsch, sich die
Mondbahn als Zykloide b) vorzustellen.
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2.4 Kreisbewegung und Gravitation
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329
a) Benötigte Grössen.
• An der Mondoberfläche müssen die beiden Formeln zur Berechnung der
mM
Gewichtskraft das gleiche Ergebnis liefern: m  g  G 2
R
2
gR
Daraus folgt: M 
G
In diesem Fall muss also die Fallbeschleunigung auf dem Mond g, die
Gravitationskonstante G und der Mondradius R bekannt sein.
• Für einen (künstlichen) Satelliten, der um den Mond kreist, gilt:
mM
m  r  2  G 2
r
4 2  r 3
Daraus folgt: M 
G T 2
Hier muss also der Bahnradius des Satelliten r, die Umlaufzeit des Satelliten T
und die Gravitationskonstante G bekannt sein.
• Dritte Möglichkeit: Bestimmung der Lage des gemeinsamen Schwerpunktes von
Erde und Mond sowie der Erdmasse.
b) Messungen
• Fallbeschleunigung auf dem Mond: Fall- oder Pendelexperimente auf dem Mond.
• Gravitationskonstante: Messung mit Hilfe der Drehwaage von Cavendish.
• Mondradius: Aus Vergleich mit Erdradius bei einer Mondfinsternis.
• Bahnradius und Umlaufzeit eines Satelliten aus Peilsignalen, die der Satellit
aussendet.
• Bestimmung des gemeinsamen Schwerpunktes aus der Bewegung der Erde relativ
zur Sonne oder anderen Sternen.
330
4 2 r 3
2
m
   GT ; 3300 kg/m3
V l b  d
331
aus r 2 m  G mM
folgt:
r2
3
2
M  r 42 ; 4.9·1036 kg; 2.5 Mio. Sonnenmassen
GT
332
a) v  G
b) T 
mE
; 7.6 km/s
rE  h
2  (rE  h)
; 5630 s (oder: 94 Minuten)
v
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2.4 Kreisbewegung und Gravitation
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In einem Tag überstreicht der Satellit praktisch sechzehn Mal die Erde. Dies ist sehr
nützlich, wenn auch eine Entwicklung der Felder über die Zeit untersucht werden
will.
333
mE
2  (rE  h)
; 7.70 km/s; T 
; 5420 s ≈ 90 min
rE  h
v
b) Der Satellit hat eine höhere Bahngeschwindigkeit. Die zusätzliche
Bewegungsenergie stammt von der eingebüssten potenziellen Energie.
a) v  G
334
a) Tsid 
b)
4 2 r 3
; 5780 s, wobei r = rErde+ h
GmErde
2 2
2
; Tsyn = 6200 s


Tsid Tsyn TErde
335
a) Wenn der Satellit der Erdumdrehung folgen soll, muss seine Bahnebene senkrecht
zur Erdachse stehen. Da ausserdem die Gravitationskraft immer in Richtung
Erdmittelpunkt wirkt, muss die Bahnebene auch durch den Erdmittelpunkt gehen.
Diese beiden Bedingungen sind nur für die Äquatorebene erfüllt.
b) r  rErde  3 G 
mErde  T 2
 rErde ; 35'800 km
4 2
336
Der Abstand zwischen dem Brennpunkt und der Mitte einer Ellipse ist die lineare
Exzentrizität e. Sie lässt sich aus der nummerischen Exzentrizität  und der grossen
Bahnhalbachse a berechnen: e   a; 2.500 109 m . Der Mittelpunkt der Ellipse ist also
ausserhalb der Sonne (Sonnenradius am Äquator: 6.96·108 m).
337
Nach dem Flächensatz (zweites Kepler’sches Gesetz) überstreicht die Verbindungslinie
zwischen Sonne und Komet in gleichen Zeitintervallen gleiche Flächeninhalte. In
Sonnennähe ist diese Verbindungslinie kürzer als auf den sonnenfernen Bahnabschnitten. Damit gleichwohl dieselbe Fläche in einer bestimmten Zeit überstrichen
wird, muss sich der Komet in Sonnennähe schneller bewegen als in Sonnenferne. Da
Kometenbahnen stark exzentrisch sind, hält sich ein Komet sehr viel länger in sonnenfernen Bereichen auf als in Sonnennähe. Kometen sind für uns nur sichtbar, wenn sie
sich in Sonnennähe befinden.
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2.4 Kreisbewegung und Gravitation
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338
Nach dem zweiten Kepler’schen Gesetz müssen sich die Bahngeschwindigkeiten
umgekehrt proportional zu den Abständen zur Sonne verhalten. Also:
(1 + ε) : (1 – ε); 5.0 : 3.0
339
a) Nach dem dritten Kepler’schen Gesetz folgt:
a 3  GM  M  4 2 a 3 ; 1.898·1027 kg
T 2 4 2
GT 2
3
a 
a3 a3
b) 12  22  T2  T1  2  ; 16.70 d
T1
T2
 a1 
340
3
3
2
a Saturn
TSaturn
aSaturn
2
 3 ; TSaturn  TErde  3 ; 29.3 a
2
TErde
aErde
a Erde
341
aI 
rP  rA
TI2
a I3
;

; 440 a
2
3
2
TErde
aErde
Sie werden sein Wiederkommen nicht mehr erleben!
342
a) Der schnellere Planet macht zwei Umläufe, während der langsamere Planet nur
einen Umlauf macht. Nach einem Umlauf des langsameren Planeten sind die beiden
Planeten am ursprünglichen Ort und wieder synchron. Deshalb wurde der Ausdruck
«Synchronie» gewählt.
b) Der schnellere Planet (mit 30 Tagen Umlaufzeit) ist am nächsten.
2
3
3
2
T 
r
r
r
 2
c)  1    1       1   1 = 1.6
 1
r2
 T2 
 r2 
 r2 
343
Der Mond hat sich in 50’000 Jahren um d = 1.75 km von uns entfernt.
T12 a13
a13
;

T

T
 T2
1
2
T22 a 23
a23
a2  d 3
a23
; 27.32147 d
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344
a) g  G M2  r  GM ; 6.19·106 m
r
g
2
2
2
; 0.383·109 m
b) T 3  4  a  3 T GM
a
GM
4 2
c) T  2
a 3 ; 90'700 d
GM
d) g  G M2 ; 274 m/s2
r
e)   M  3M3 ; 5.515·103 kg/m3
V
4 r
345
a) g Mond  G 
mMond
; 1.62 m/s2
2
r
b) hMond  hErde 
g Erde
; 3.6 m
g Mond
346
2
 R 
2
a) g  g 0 
 mit g0 = 9.79 m/s und R = 6371 km
Rh
9.76 m/s2 auf dem Daulaghiri und 8.74 m/s2 in 370 km über dem Meeresspiegel
b) v  g ( R  h) ; 7.68 km/s
2 ( R  h)
; 5.52 · 103 s oder 1.53 h
T
v
c) In 250 km Höhe beträgt die Fallbeschleunigung 9.06 m/s2.
Die Geschwindigkeit ist dann auf 7.75 km/s angewachsen.
2
Die kinetische Energie hat um den Faktor  7.75  = 1.02 zugenommen,
 7.68 
also um 2 %.
Die Lageenergie hat um mg h abgenommen, mit g = 8.90 m/s2 und h = 120 km.
Verglichen mit der Bewegungsenergie in 370 km Höhe, ist dies ein Anteil von
mg h 2 g h
 2  0.0356.
1 mv 2
v
2
Das ist fast das Doppelte der Zunahme der Bewegungsenergie. Die Differenz ist als
Reibungsarbeit abgegeben worden.
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2.4 Kreisbewegung und Gravitation
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347
Mit den angegebenen Startwerten:
Für vy = 10500 m/s:
Zeitschritt: 50 s, Simulationsdauer: 5000 s
Zeitschritt: 50 s, Simulationsdauer: 45000 s
Rotation des starren Körpers
348
Das Trägheitsmoment der CD:
1
J  mr 2 ; 2.9·10-5 kg·m2
2
Daraus folgt für das benötigte Drehmoment:
M  J ; 6.3·10-3 Nm
349
2
1
l 1
ml 2  m   ml 2
12
3
 2
Ohne Satz von Steiner: Die Länge des Stabes wird symmetrisch zur Drehachse
verdoppelt. Dadurch verachtfacht sich das Trägheitsmoment (doppelte Länge zum
Quadrat, doppelte Masse). Dann wird der Stab in der Mitte geteilt. Dadurch halbiert sich
das Trägheitsmoment.
Mit Satz von Steiner: J Ende 
350
2
a) J 
1
l 1
ml 2  m   ml 2
12
3
 2

l 2  5
11
1
b) J  2   ml 2  ml 2  m l 2     ml 2 oder mit a)
43
12
4  6

2
 2 
1
5
J  ml 2  m
l   ml 2
3
6
 2 
1 1
1
3
 1
c) J   2  ml 2  ml 2  ml 2   ml 2
3 3
12
4
 2
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2.4 Kreisbewegung und Gravitation
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351
Massenpunkt: J Massenpunkt  mr 2
Kugel (Satz von Steiner): J Kugel  mr 2  2 mR 2
5
2
2
J Kugel  J Massenpunkt 5 mR
Bedingung:

 0.01
J Massenpunkt
mr 2
Ergebnis:
r
 40 ; 6.3
R
352
mr 2
a) a 
 g ; 1.9 m/s2
2
J 0  mr
J0
 mg ; 0.46 N
b) FFinger 
J 0  mr 2
Das ist weniger als die Gewichtskraft von 0.57 N. Je grösser der Radius r der Achse
ist, desto geringer ist die Kraft auf den Finger beim Fallen.
353
a) Die Drehachse befindet sich dort, wo die Rolle den Boden berührt. Folglich wird
auch hier bei horizontalem Zug ein Drehmoment erzeugt, das die Spule zur Hand
rollen lässt. (Würde der Faden zu steil gezogen, so dass die Wirkungslinie der Kraft,
von der Hand aus betrachtet, vor der Drehachse in den Boden sticht, so würde die
Spule von der Hand wegrollen.)
b) J  J 0  mr 2  J 0  m
d2
; 2.4·10-6 kg·m2
4
d

F   r d
d Md
2
 ; Faden oben: 2.2 m/s2; Faden unten: 0.56 m/s2
 
c) a   
d2
2 2J
2J 0  m
2
354
a) Das Trägheitsmoment ist J 0  1 m1r12  1 m2 r22 = 4.84·10–3 kg·m2
2
2
Für die Winkelbeschleunigung ergibt sich mit der angehängten Masse mG
mG r2

g
J 0  mG r22
Die Zeit ist t 0 
b) J Auto
2 s ( J 0  mG r22 )
2s
; 3.0 s

r2
mG r22 g
mG r22 gt 2

 mG r22  J 0 ; 5.0·10–3 kg·m2
2s
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355
a) J  1 mR 2  1 2 R 2 d  R 2  dR 4 ; 3.4·104 kg·m2
2
2
2
b) Nach dem Energiesatz folgt: mgh  1 mv 2  1 J  2  1 mv 2  1 J v 2
2
2
2
2 R0
Nach v 2 aufgelöst: v 2 
gR02
2 gh
1

. Somit ist a  g 
; 0.16 m/s2
2
2
1  J 2 R0  1 R
1 J 2
2
mR0
mR0
R2
; 5.3 N , somit ist die Spannkraft in der Schnur
2R  R2
während des Sinkens des Jo-Jos kleiner als seine Gewichtskraft!
c) FS  mg  ma  mg 
2
0
356
r1
r2
a) Das Trägheitsmoment ist J  1 m(r12  r22 ) = 4.15·10–4 kg·m2.
2
Das Gesamtdrehmoment ist M  Fr2  mgr1 .
Fr   mgr1
.
Für die Winkelbeschleunigung ergibt sich   2
1 m( r 2  r 2 )
1
2
2
( Fr2   mgr1 )t 2 r2
2
1
; 0.21 m
Die abgerollte Papierlänge ist: s   r2   t r2 
m(r12  r22 )
2
Bemerkung: Das ist ein vernünftiger Wert. Zusammen mit der vor dem Ziehen
bereits abgerollten Länge gibt das ein brauchbares Stück, wenn das Papier an einer
günstigen Stelle reisst.
b) Die Rolle erreicht die Winkelgeschwindigkeit   t und wird in der Zeit t B mit
mgr1
zum Stillstand gebremst. Also gilt:
der Winkelbeschleunigung  B 
J
t   B t B , wobei  = 724 s–2 ist.
 2t 2 r2 (r12  r22 )
2
1
; 4.3 m
Die abgerollte Papierlänge ist: s   B r2   B t B r2 
2
4  gr1
Bemerkung: Viel Spass beim Aufwickeln!
c) Der geschlossene Deckel bewirkt eine zusätzliche Reibungskraft, wodurch das
bremsende Drehmoment erhöht wird. Der Zähler in der letzten Formel aus b) wird
deutlich grösser. Dadurch wird insbesondere das „Nachlaufen“ der Rolle (siehe b))
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.4 Kreisbewegung und Gravitation
15
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stark verringert. Wenn aber die Reibung insgesamt so gross wird, dass das
zugehörige Drehmoment grösser ist als das Reissdrehmoment, reisst immer nur ein
Blatt ab, egal wie vorsichtig man zieht. Das ist mühsam!
357
a) t 
v
M FG r mgr
vJ
mit  


folgt: t 
; 0.2 s
r
J
J
J
mgr 2
v2 J
b) s  vt 
; knapp 20 m
mgr 2
358
Das Trägheitsmoment eines dünnen Stabes bezüglich einer Achse, die senkrecht zum
Stab und durch den Schwerpunkt läuft, ist gegeben durch:
1
J S  ml 2
12
Da der Baum am unteren Ende kippt, lässt sich das Trägheitsmoment bezüglich dieser
Achse mittels des Satzes von Steiner berechnen:
2
1
l
J  J S  m   ml 2
3
2
Energiesatz:
1 2
l
J  mg
2
2
2
1 2v
ml 2  mgl
3
l
v  3 gl ; 27 m/s = 98 km/h
359
a) Nach dem Energiesatz folgt: mg h  1 mv 2  1  2 mr 2   2 .

2
25
10 g h
7
b) mg h  1 mv 2  1  2 mr 2   2  mg cos  h

2
25
sin 
Mit v   r  v 
v
10 g h 
 
1 

7
tan  
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2.4 Kreisbewegung und Gravitation
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360
a) Das Trägheitsmoment der Murmel ist J Murmel  2 mr 2 .
5
vE  2 gs sin  ; vM  5 vE ; vK  2 vE
7
3
b) t E 
v 
g sin 
2s ; t  7  t ; t  3  t
M
E
K
E
g sin 
5
2
c) Murmel: 0.4; Klebestift: 0.5
361
a) Nach dem Energiesatz mgh  1 mv 2  1 J  2  1 mv 2  1  1 mr 2   2  3 mv 2 folgt

2
2
2
22
4
v  2  2 g sin   s , wobei s die zurückgelegte Hangstrecke und h  sin   s ist. Der
3
2 g sin 
Zylinder wird also gleichmässig mit a  2 g sin  beschleunigt  v 
t .
3
3
3s ; 16 s. Zum Vergleich ist der Weltrekord bei den Männern für
b) t  2s 
a
g sin 
den 400-Meter-Lauf knapp unter 40 Sekunden!
362
Die Sportlerin dreht sich ständig. Beim Abspringen und beim Eintauchen nur wenig.
Während des Saltos mehr, weil ihr Trägheitsmoment verkleinert wurde. Somit ist auch
ihr Drehimpuls beim Eintauchen nicht null.
363
Der Drehimpuls L bleibt konstant:
J
J 1 1  J 2 2   2  1 1
J2
Biellman-Pirouette:  2  1.1 1
 2  2.2 1
Schlusspirouette:
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2.4 Kreisbewegung und Gravitation
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364
a) Nach dem Drehimpulserhaltungssatz bewirkt eine Verkleinerung des
Trägheitsmoments eine Vergrösserung der Winkelgeschwindigkeit und eine
Verkürzung des Tages:
J
J
J11  J 2 2 oder 1  2
T1 T2
b) T2  T1  T , wobei T  8 106 s ist.
J  J1  J 2  1  T2  1  T1  T  T ; 9·1011, also 9 109 %
J1
J1
T1
T1
T1
365
a) Nach dem zweiten Kepler’schen Gesetz ist die Geschwindigkeit am kleinsten, wenn
die Erde am weitesten von der Sonne entfernt, also beim Aphel ist. Der
Perihelabstand ist d P  2a  d A .
Nach dem Drehimpulserhaltungssatz folgt: LP  LA oder mE vP d P  mE v A d A . Somit
d
2a  d A
ist v A  vP P  vP
; 29.29 km/s
dA
dA
b) Das ist der Fall, wenn sich die Erde genau in der Mitte der Bahn zwischen Perihel
und Aphel befindet. Dort ist der Drehimpuls der Erde L  mE vb , wobei b die kleine
Bahnhalbachse ist.
b lässt sich aus der numerischen Exzentrizität der Erde und der grossen
Bahnhalbachse berechnen: b  a 1   2
Da der Drehimpuls der Erde konstant ist, ist LP  L oder mE vP d P  mE va 1   2
2a  d A
 v  vP
; 29.79 km/s
a 1 2
(Beide Teilaufgaben lassen sich auch mit dem Energieerhaltungssatz lösen.)
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.5 Flüssigkeiten und Gase
1
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2.5
Flüssigkeiten und Gase
Stempeldruck
366
a) 10 hPa; 0.01 bar; 10 mbar
c) 60'000 Pa; 600 hPa; 600 mbar
e) ≈ 2.4 bar
b) 102'000 Pa; 1.02 bar; 1020 mbar
d) 95'000 Pa; 950 hPa; 0.95 bar
f) ≈ 2.9 at; ≈ 2.9 bar
367
a) mmHg, Millimeter Quecksilbersäule
b) p   Hg gh ; 11 kPa, 16 kPa
368
Bei allen Erfahrungen gilt: Der Druck nimmt zu, je kleiner die Fläche ist, auf die eine
Kraft einwirkt.
a) Auf der weichen Matratze verteilt sich das gesamte Körpergewicht auf eine viel
grössere Fläche, da sich die weiche Matratze an den Körper anschmiegt. Der Druck
auf die einzelnen Körperpartien (insbesondere am Kopf und an den
Schulternblättern) nimmt ab.
b) Die Last des Rucksacks verteilt sich besser auf die Schultern, wenn die Tragriemen
breit sind. Der Druck auf die einzelne Schulter nimmt wegen der grösseren
Kontaktfläche ab.
c) Da die Hände eine viel kleinere Fläche als das Snowboard haben, erzeugen Sie einen
grösseren Druck und bohren sich daher auch tiefer in den Schnee hinein.
d) Das ganze Körpergewicht verteilt sich auf wenige Steinsplitter, was zu grossem
Druck führt.
F mg
A 
; 2.9 cm2 für eine Masse von 60 kg.
p
p
369
F
; 59 kPa b) 1.2 105 Pa
A
d) 2.5 kPa
e) 2 108 Pa
a) p 
370
2mg
F  2 mg  A  p  p 
 40 hPa
3
3A
c) 9.8 MPa
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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371
a) A  V  2.95 103 m 2
h
mg
b) p 
 4.01 kPa
A
A  r 2  d  2r  61.3 m
372
r12
; 1.1 kN
r22
b) W  F2 s2 ; 40 J
a) F1  F2
F1 F2

A1 A2
Flüssigkeit nicht komprimierbar: s1 A1  s2 A2
daraus folgt F1s1  F2 s2
c) gleicher Druck in beiden Kolben:
373
V    pV ; 5 dm3; 5 ‰
Schweredruck
374
a) Der Schweredruck einer Flüssigkeit hängt nur von der Dichte und Höhe der
Flüssigkeitssäule ab.
b) Nein. Auf der Wasser-Seite der Mauer addiert sich zum Schweredruck des Wassers
näherungsweise der gleiche Luftdruck, der auf der wasserfreien Seite allein wirksam
ist.
375
F  ( pL   gh) A ; 59 N
376
p  pL  W gh  988 hPa
377
x 
W  (h1  h4 )   Hg  (h3  h4 )
h2  h3
; 790 kg/m3
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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378
b
Der mittlere Druck auf die Scheibe beträgt p   g (h0  ) , die gesamte Kraft ist also
2
b
F   g (h0  )lb ; 78 kN
2
379
a) Das Döschen wurde wahrscheinlich im Unterland abgefüllt und zugeschweisst. Die
eingeschlossene Luft hat den beim Auffüllen herrschenden Luftdruck, etwa 1 bar.
Nach dem Auffüllen war der Deckel flach, weil der Innendruck gleich gross wie der
Aussendruck war. Weil der Luftdruck in der Skihütte aber auf einer Höhe von über
2000 m spürbar kleiner ist als im Unterland, kann der Innendruck nicht mehr ganz
kompensiert werden. Deshalb versucht die Innenluft zu entweichen und wölbt den
Deckel nach aussen. Beim Öffnen des Deckels müsste man das Döschen völlig
horizontal halten. Dann entweicht nur Luft.
b)
2
F  A  p   d  p; 18 N
4
Weil der Deckel sich wölben und die Luft im Döschen sich ausdehnen kann, ist der
Innendruck auf Corviglia kleiner als 1000 hPa. Deshalb ist die Kraft kleiner als
berechnet. Trotzdem muss der Deckel gut befestigt sein.
Gesetz von Boyle-Mariotte
380
m0 g
; 989 hPa
A
mg
b) p1  pL  1 ; 1219 hPa, mit m1  2.161 kg
A
p
V1  V0  0 ; 70.0 cm3
p1
(2 p0  pL )  A
mg
; m  m2  m0 ; 8.57 kg
c) p2  2 p0  pL  2  m2 
A
g
a) p0  pL 
d) Das Gesetz von Boyle-Mariotte.
381
m
p
  m   N
 p  pN  V ; 9.99 bar, mit  N  1.977 kg/m3 und pN  1.013 bar
N
V
pN
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382
a) p  p0  p ; 8.01 105 Pa    0
b) 0.428 kg/m3
p
; 10.2 kg/m3
p0
383
a) Die Dichte von Sauerstoffgas beim Druck p1 = 120 bar ist
p
1   N  1 ; 169 kg/m3
pN
Die Masse des Sauerstoffgases ist m  1  V ; 423 g.
b) 22.4 Liter Luft bei Normalbedingungen enthalten 1 mol Luft. Davon ist rund
1/5 mol Sauerstoffgas. Das sind 6.4 g Sauerstoff auf 22.4 Liter. In 2 Liter Atemluft
hat man also 0.57 g Sauerstoff. Der Sauerstoff in der Flasche reicht deshalb für rund
740 Atemzüge. Bei einer Atemfrequenz von 40 Atemzügen pro Minute reicht der
Sauerstoff aus der Flasche für etwa 20 Minuten. Allerdings verwendet der
Bergsteiger den Sauerstoff aus der Flasche, nur um den Sauerstoff aus der Luft zu
ergänzen. Dadurch kann eine einzige Flasche den Bergsteiger bis zu mehreren
Stunden mit dem kostbaren Gas versorgen. Gut trainierte Bergsteiger kommen allein
mit dem Sauerstoff aus der Luft aus und brauchen keine Sauerstoffflaschen.
384
x  p0  ( x  s )  ( p0  p )  x  s
p0  p
; 23 cm
p
385
a) Durchmesser verdoppeln heisst Volumen verachtfachen (23 = 8).
Der Schweredruck muss zuunterst also 7fachen Luftdruck betragen. Das ist bei
Wasser in ca. 70 m Tiefe der Fall, ein etwas sehr hohes Bierglas!
b) Höhe des Bierspiegels ca. 15 cm  Druckabnahme ca. 15 hPa, d.h. ca. 1.5%
Das Volumen der Bläschen wächst um ca. 1.5 % (der Durchmesser um 0.5 %).
c) Laura könnte die in b) berechnete Ausdehnung infolge der Druckabnahme von Auge
sicher nicht bemerken. Die Vergrösserung muss also, wie von Laura behauptet, auf
einer Mengenzunahme des Kohlendioxids beruhen.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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386
a) Gesetz von Boyle und Mariotte:
L
p0   p  ( L  l )
2
Druckgleichheit an unterer Öffnung:
p   gl  p0
Den Druck p eliminieren:
L
p0   ( p0   gl )  ( L  l )
2
Die quadratische Gleichung für die gesuchte
Grösse l lässt sich mit einem leistungsfähigen
Taschenrechner leicht lösen. Für Wasser gibt
der Rechner l1 = 9.96 m bzw. l2 = 0.167 m.
Davon ist offensichtlich nur die zweite Lösung
sinnvoll.
p
p0
L
2
L–l
l
b) 0.132 m
L
p
c) Gesetz von Boyle und Mariotte:
L –x
2
p0  L  p  ( L  x)
Druckgleichheit an unterer Öffnung:
L
p   gx  p0   g
x
2
Den Druck p eliminieren:
L
p0  L  ( p0   g   gx)  ( L  x)
2
Die quadratische Gleichung für die gesuchte Grösse x lässt sich mit einem
leistungsfähigen Taschenrechner leicht lösen. Für Wasser gibt der Rechner
x1 = 10.3 m bzw. x2 = 0.00562 m. Davon ist offensichtlich nur die zweite Lösung
sinnvoll. Wasser dringt rund 6 mm weit ein.
d) 0.0488 m. Quecksilber dringt rund 49 mm weit ein.
387
a) Man wiegt eine mit Luft gefüllte Stahlkugel vor und nach dem Abpumpen der Luft
mit der Vakuumpumpe. Aus der Wägedifferenz und dem Volumen der Kugel kann
man die Luftdichte bestimmen.
p
b)    N 
1.228 kg/m 3 , mit  N  1.293 kg/m 3 und p N  1013 hPa
pN
Die Luftdichte hängt auch von der Temperatur ab. Die korrekte Formel lautet
p TN
  N 

pN T
und liefert  = 1.14 kg/m3 bei einer Temperatur von 21 oC = 294 K.
c) v  503 m/s
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Barometrische Höhenformel
388
p
; 8 km
g
b) In der Höhe fällt das Atmen schwerer, d.h. es müssen bei gleicher Anstrengung
mehr Atemzüge pro Minute gemacht werden. Der Luftwiderstand ist in der Höhe
geringer als auf Meeresniveau. Die Dichte der Luft nimmt demnach mit
zunehmender Höhe ab.
Flugzeuge brauchen die Luft zum Fliegen und können auch in Höhen über 8 km
fliegen. Auf über 8000 m können geübte Bergsteiger und Bergsteigerinnen auch
ohne Sauerstoffgerät noch genügend Luft zum Überleben atmen. Die Atmosphäre
hat also keine definierte Obergrenze.
a) h 
389
a) Druckunterschied innerhalb einer Schicht: p   gh
p0V0  pV  p0
Boyle-Mariotte:
m
0
p
m



p

0
p0

 
Druck in 1 km Höhe: p1  p0   0 g  h  p0 1  0 g  h 
p0


 

 

Druck in 2 km Höhe: p2  p1  1 g  h  p1 1  1 g  h   p1 1  0 g  h 
p1
p0




Wegen Boyle-Mariotte ist der Klammerausdruck und damit der Faktor von einer
Schicht zur nächsten konstant, so dass der Druck eine geometrische Folge bildet:
n
 

Druck in n km Höhe: pn = p0 1  0 g  h  = 1.013105 Pa(0.875)n
p0


p5 = 5.2104 Pa
p10 = 2.7104 Pa
b) p(5 km) = 5.4 104 Pa
p(10 km) = 2.9 104 Pa
Die Werte von a) kommen jenen der barometrischen Höhenformel schon recht nahe.
Wird die Schichthöhe h immer kleiner gewählt, so nähern sich die gemäss a)
berechneten Werte immer stärker jenen der barometrischen Höhenformel an.
390
 n gh
a) p (0)  p (h)  e
pn

; 1041 hPa
 n gh
b) p (h)  p (0)  e pn ; 804 hPa
Es zischt, weil beim Öffnen Luft in die Flasche eindringt.
2.5 Flüssigkeiten und Gase
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391
a) Sie bedeuten die auf Meereshöhe umgerechneten Drücke.
b) p (h)  p (0)  e

 n gh
pn
; 973 hPa (mit pn = 101325 Pa)
c) p(h)  ( p(0)  pn )  e

 n gh
pn
; 11.4 hPa
392
a)  (h)   n  e

 n gh
pn
; 0.84 kg/m3
b)
 ( h)
; 65 %
n
393
h
 p(0) 
pn
ln 
; 1.8 km
 n g  p(h) 
394
Barometrische Höhenformel   n  e

n  g
pn
h
V  m  m  e

n
n  g
pn
h
 m3
395
Die angezeigten Werte müssen auf Meeresniveau umgerechnet (Fachsprache:
«reduziert») werden. Das geschieht im Prinzip durch Multiplikation mit dem Faktor
pn gh
e n .
Das Drehen der Skala würde dagegen der Addition eines bestimmten Wertes
entsprechen. Damit z. B. der mittlere Luftdruck korrekt angezeigt wird, müsste die
Skala um rund 35 mbar (innere Skala) im Gegenuhrzeigersinn gedreht werden. Am
Ende der Skala würden dann Abweichungen von rund 1 mbar gegenüber den korrekt
reduzierten Werten entstehen.
(Bemerkung: Bei den meisten Geräten lässt sich der Zeiger mechanisch vor- bzw.
zurückstellen.)
7
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396
a) Am Beispiel des TI-89
Druck in hPa
1000
0
Höhe in m
0
10'000
b) Diagramm: 840 hPa, 741 hPa bzw. 654 hPa.
Höhenmesser: 845 hPa, 745 hPa bzw. 660 hPa.
c) Der Graph ist von einer Geraden nicht zu unterscheiden:
Druck in hPa
1010
1000
Höhe in m
100
0
d) Mit p0 = Luftdruck am Boden; 0 = Luftdichte am Boden gilt:
p(h)  p0   0 gh ; p(100 m) = 100 kPa
Auftrieb
397
a) Kein Schweredruck
b) Da es keinen Schweredruck gibt, gibt es auch keinen Auftrieb. Die Fische schweben
im Wasser.
398
mg  Wasser gVverdrängt  Eis gVGesamt  Wasser gVverdrängt

Vverdrängt

 Eis
; 0.89
 Wasser
Vgesamt
Somit ragen 11 % des Eisberges über die Wasseroberfläche.
399
Maximaler zusätzlicher Auftrieb: FA,zusätzlich   Wasser glbh ; 200 N. Es geht also nicht.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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400
Gleichgewichtsbedingung: FA  FG oder W gAd  mg  Eis gAd
 A
m
; 13 m2
d     Eis 
401
Der Auftrieb ist gleich der Gewichtskraft der verdrängten Flüssigkeit und auch gleich
der Gewichtskraft des schwimmenden Körpers. Somit ist die Gewichtskraft der
Eiswürfel gleich gross wie die Gewichtskraft des verdrängten Wassers. Wenn die
Eiswürfel also geschmolzen sind, ändert sich der Füllstand des Cocktails nicht.
402
Das verdrängte Volumen lässt sich mit der Eintauchtiefe und der Grundfläche
berechnen: VV  AhE .
Nach dem Archimedischen Gesetz folgt: FA   Fl gVV   Fl gAhE
Die Gewichtskraft kann mit Hilfe der Dichte des Quaders berechnet werden:
FG  mg  Quader Ahg , wobei h die Höhe des Quaders ist.
Die gemessene Kraft ist die Differenz zwischen FG und FA :
F   Quader h   Fl hE  g A
403
Alle Druckkräfte sind senkrecht zum Zylinder und zur Drehachse gerichtet, somit sind
alle Einzeldrehmomente null. Der Zylinder kann sich also nicht drehen, da kein
Gesamtdrehmoment auf ihn wirkt.
404
a) Resultierende Kraft nach oben: F  FA   g  2  1   V

n
b) Die Auftriebskraft wirkt auf die zwei Quader, die vollständig im Wasser sind. Der
Wasserdruck wirkt auf den untersten teilweise eingetauchten Quader nach unten.
Die resultierende Kraft wirkt nach unten:
F  FA'  FDruck  2 gV   4  1   gV    g  2  1  V


n
n
Der zeitliche Mittelwert der resultierenden Kraft ist also gleich null.
9
2.5 Flüssigkeiten und Gase
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405
a) Andernfalls würden die Gewichtskraft und die Auftriebskraft den Fisch auf den
Rücken drehen.
b) Die Schwimmblase würde zusammengedrückt, der Fisch würde absinken.
c) Beim Sinken steigt der Druck auf die Schwimmblase, sie wird kleiner, und der
Auftrieb nimmt ab, was das Absinken zusätzlich verstärkt. Umgekehrt wächst beim
Steigen der Auftrieb wegen des kleineren Drucks und der grösser werdenden
Schwimmblase.
d) Im Gleichgewicht ist Auftriebskraft = Gewichtskraft:
VFisch   Wasser  (VFisch  VSchwimmblase )   Fisch
 Fisch   Wasser 
VFisch
; 1.1·103 kg/m3
(VFisch  VSchwimmblase )
406
a) Der schwebende Käse hat keine Löcher, somit ist Käse  Wasser .
Mit  Luft   Wasser folgt: VLöcher  V ( VKäse  Vverdr. Wasser )
2
b) V1' = Löchervolumen des schwimmenden Käses
V2' = Löchervolumen des schwebenden Käses
 W V
'
m1  K V  V1'
 2   K V  V1
 
m2  K V  V2'
W V  K V  V2'









Auflösen des Gleichungssystems nach V1' gibt: V1' 
V  V2'
2
407
a) Die Kugeln mit der höchsten Temperatur sind ganz oben und schwimmen.
b) Die Dichte der Flüssigkeit hängt von der Temperatur ab. Ist die Flüssigkeit wärmer,
wird sie weniger dicht, und die Kugeln erfahren einen kleineren Auftrieb. Somit
sinken immer mehr Kugeln bei steigender Temperatur der Flüssigkeit.
c) Auftriebskraft = Gewichtskraft der Glaskugel mit Bleigewicht.
d) Schweben: Mittlere Dichte des Körpers gleich derjenigen der Flüssigkeit.
Schwimmen: Mittlere Dichte des Körpers ist kleiner als Dichte der Flüssigkeit.
Sinken: Mittlere Dichte des Körpers ist grösser als Dichte der Flüssigkeit.
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408
Nach dem Archimedischen Gesetz folgt:
mKugel  mBlei g  Lösungsmittel g VKugel  VBlei und mit



mKugel  KugelVKugel und VBlei 

mBlei
Blei
3


Blei
4   d  ; 3.6 g
 mBlei  



Kugel
 Lösungsmittel
3  2
 Blei  Lösungsmittel 


409
a) Da die Krone eine kleinere Dichte besitzt als der gleich schwere Goldbarren, ist ihr
Volumen grösser. Sie wird also mehr Wasser verdrängen und erfährt eine grössere
Auftriebskraft als der Goldbarren.
b) Wägungen in Luft ( FKrone  mg ) und in Wasser ( F  mg   gV ), woraus sich
Masse und Volumen der Krone ergeben.
Die Krone besteht aus Silber und Gold: m  mGold  mSilber
Volumen der Krone:
 m  V  Silber   Gold
m
m
m
V  VGold  VSilber  Gold  Silber  Gold 
Gold Silber
mSilber V  Gold  m  Silber
410
FLuft   Wasser
; 1.06.104 kg/m3
( FLuft  FWasser )
Der Vergleich mit Gold und Silber zeigt, dass sie fast nur aus Silber bestehen.
a)  
b)
mG  G    S


; 2.07 %
 G   S
m
411
Mit Berücksichtigung des Auftriebs der Bleistücke ergibt sich:


  Taucher
mBlei  mTaucher  Blei  Salzwasser
; 13 kg
 Taucher  Blei  Salzwasser
412
Da nur 5.0 % des Kerzenvolumens aus der Wasseroberfläche hinausragt, ist die Dichte
von Wachs  Wachs  950 kg/m3 .
Mit dem Archimedischen Gesetz folgt:  mKork  mWachs  g  Öl g VKork  VWachs 
Wenn wir die Volumen VKork 
folgt:
mKork
Kork
und VWachs 
mWachs
Wachs
mit den Dichten ausdrücken,
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m

m
mKork  mWachs  Öl  Kork  Wachs 
 Kork Wachs 
Gleichung durch mKork dividieren und vereinfachen:




    Kork
  Kork
mWachs Wachs  Ol
V

; 65:1 und Wachs  Ol
; 21:1
mKork
 Wachs  Ol
VKork
Kork  Wachs  Ol



413
a) m2  Fl A  h  x   m1 ; 33 g
m  m2
; 2.0 cm ; 3.7 cm; 5.0 cm (nicht linear)
b) x  h  1
A  Fl
414
mg  1.000 gV und 1.000 gV  Fl g V  Ax 
x


  1.000  1 ; 40.2 mm; 90.5 mm; 155 mm
 d 1.000  Fl

4m
2
415
a) Ol
  Plastik   Wasser
b) Gleichgewichtsbedingung: FG  FA,Ol
  FA,Wasser


 Plastik gV  Ol
 g V  Veingetaucht   Wasser gVeingetaucht

Plastik  Ol

 0.10
Wasser  Ol
V

3
3
 0.10  Wasser  0.90  Ol
 ; 0.91·10 kg/m
Veingetaucht
Plastik

416
Sei h  3.00 m , d  2.00 m , s  40.0 cm und V  s 3 .
Teilarbeit wenn vollständig unter Wasser: W1     Wasser  gV  d  s  ; 2.11 kJ
Teilarbeit wenn vollständig ausserhalb des Wassers: W3   gV  h  d  ; 1.95 kJ
Teilarbeit bei der Übergangsphase: W2 
Somit ist die Gesamtarbeit: W  4.71 kJ
F3  F1
2   W
s
gVs ; 0.653 kJ
2
2
12
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F
F3
F1
W1
W2
1.6
2.0
W3
3.0
s in m
417
a) Der Auftrieb ist proportional zum Volumen des Körpers, das Gewicht ist
proportional zur Masse. Das Verhältnis von Auftrieb zu Gewichtskraft ist somit
proportional zum Quotienten Volumen über Masse, also dem Kehrwert der Dichte.
Daher ist es für dichtere Körper kleiner.
FA  LVK g  L


FG
mg
K
F
b) Die Waage misst zwar die Kraft F  mg  V L g , gibt diese aber als Masse m * 
g
an. Der Massenfehler ist daher m  m*  m*
L
 Al   L
; 1g
418
  p
m
m
 L 
p
 L
L
L p
p
p
und Luftdichte  L   L
Auftrieb FA  V  L g mit Ballonvolumen V   V
p
p
ändert sich nicht:
p
p
FA  V  L g  V  L g  FA
p
p
a) Boyle-Mariotte:
b)
pV   pV  p
FA  L

; 7.24
FG  He
Die Auftriebskraft ist immer 7.24-mal grösser als die Gewichtskraft des Heliums.
419
a) Der Druck in der Tiefe h0  30 m ist p  p0   gh0 . Wenn die Erdgasblase
auftaucht, ist der umgebende Druck gleich dem äusseren Luftdruck.
Nach dem Gesetz von Boyle-Mariotte folgt:  p0   gh0 V0  p0V . Somit ist
V
p0   gh0
V0 ; 3.9 cm3
p0
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b) Die Auftriebskraft wird immer grösser, weil das Volumen der Erdgasblase immer
grösser wird. Nach dem Gesetz von Boyle-Mariotte gilt:
 p0   gh0 V0   p0   gh V
Auflösen nach V und einsetzen in die Formel der Auftriebskraft
p   gh0
V0
 FA   g 0
p0   gh
F
A
39 mN
9.8 mN
0
h
30 m
420
a) Die Luft im Taucher wird bei steigendem Druck komprimiert. Bei gleicher Masse
verringert sich das Volumen des Tauchers und damit seine Auftriebskraft. Wenn die
Auftriebskraft kleiner als die Gewichtskraft des Tauchers wird, beginnt er zu sinken.
b) Wenn der Schweredruck des Wassers in der Tiefe h und der normale Luftdruck pL
zusammen grösser als p = 1050 hPa sind, taucht der Taucher nicht wieder von selbst
auf, sondern sinkt unaufhaltsam.
W gh  pL  p
p  pL
h
; 38 cm
W g
421
a) Während des Eintauchens wird die benötigte Kraft immer grösser und erreicht ein
Maximum, wenn sich der Ballon gerade unter der Wasseroberfläche befindet. Sie
nimmt aber nicht linear mit der Tiefe zu. Wenn der Ballon vollständig eingetaucht
wird, ist sein Schwerpunkt bei der Tiefe 15 cm. Der Druck auf dem Ballon hat sich
also um  g d ; 14.7 mbar erhöht. Nach dem Gesetz von Boyle-Mariotte ist
2
 p   g d  V  p V . Somit ist die benötigte Kraft
0 0
 0
2
p0
p0
 d 3 ; 0.14 kN
F  FA   gV   g
V0   g
p0   g d
p0   g d 6
2
2
Bei dieser Tiefe lässt sich die Volumenveränderung vernachlässigen. Man erhält
dann:
F  FA   gV0 ; 0.14 kN
b) F   g
p0
V0 ; 0.10 kN
p0   gh
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.5 Flüssigkeiten und Gase
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422
m =
Masse der Statue
 M , W = Dichte von Marmor bzw. Wasser
VB =
VP =
pL =
pP =
h =
Volumen des Ballons unter Wasser
Volumen der Pressluftflaschen
normaler Luftdruck
Druck in den Pressluftflaschen
Tiefe
Der Auftrieb der Statue und des Ballons müssen zusammen grösser als die
Gewichtskraft der Statue sein:
 m

(1)
W g 
 VB   mg
 M

Das Volumen des Ballons berechnet sich nach dem Gesetz von Boyle und Mariotte,
wobei berücksichtigt werden muss, dass nicht das gesamte Gas aus der Flasche in den
Ballon strömt:
VB  VP  W gh  pL   VP pP
Auflösen nach VB und Einsetzen in (1) ergibt:
 m
W 
 M


VP pP
 VP   m
W gh  pL

Auflösen nach h:
pPVP  M
p
h
 L ; 120 m
mg (  M  W )  VP W  M g g W
423
a) Bei Bewegung nach oben: Die Luft in der Weste dehnt sich aus, weil der Druck
abnimmt. Dadurch verdrängt die Taucherin mehr Wasser, womit ihr Auftrieb
zunimmt. Da der Auftrieb nun grösser als die Gewichtskraft ist, steigt die Taucherin
von selbst weiter nach oben.
Bei Bewegung nach unten: Die Luft in der Weste wird komprimiert, weil der Druck
zunimmt. Dadurch verdrängt die Taucherin weniger Wasser, womit ihr Auftrieb
abnimmt. Da der Auftrieb nun kleiner als die Gewichtskraft ist, sinkt die Taucherin
von selbst weiter nach unten.
b) VL ,1 , VL ,2 = Volumen der Luft unter Wasser bzw. an der Wasseroberfläche
W = Dichte von Wasser
pL = normaler Luftdruck
h = Tiefe
m = Gesamtmasse der Taucherin
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.5 Flüssigkeiten und Gase
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Das Volumen der Luft an der Wasseroberfläche berechnet sich nach dem Gesetz von
Boyle und Mariotte:
VL ,1  W gh  pL   VL ,2 pL
Unter Wasser ist das Gesamtvolumen der Taucherin VT ,1 
An der Oberfläche ist es VT ,2 
m
W
 VL ,1  VL ,2 
m
W
 VL ,1
m
.
W
W gh
pL
= 104 Liter.
Davon tauchen im Gleichgewicht 98 Liter ins Wasser.
Es schauen 6 Liter heraus (z.B. der Kopf und der Hals).
424
a) Nach dem Gesetz von Boyle-Mariotte ist  p0   gh VR  p0V0 .
Somit ist die Tiefengrenze h 
p0  V0  VR 
; 41 m
 g  VR 
b) Da die Taucherin mit einem Volumen von 3.0 Liter in der Lunge schwebt, ist für
dieses Lungenvolumen ihre mittere Dichte gleich der Dichte des Wassers. Somit ist
m 
Wasser , wobei VT das Volumen der Taucherin ohne Lungenvolumen und
VT  VL
VL  3 Liter ist. Die Dichte der Taucherin ohne Lungenvolumen ist also
m
T  m  m 
; 1.1·103 kg/m
m
VT
 VL m  VL

c) In 90 m Tiefe gilt nach dem Boyle-Mariotte’schen Gesetz für das Lungenvolumen:
 p0   gh V  p0V0
p0
V0 ; 0.763 Liter
p0   gh
Das gesamte Volumen der Taucherin ist nach b) VT  m  VL .
Auflösen nach V ergibt: V 

Somit ist die Auftriebskraft auf die Taucherin
 m  VL

p0
p0
;
FA   g VT  V    g 
V0   mg   gVL   gV0

p0   gh
p0   gh 


0.52 kN
F  FG  FA  mg  FA   g VL  V  ; 22 N
Die Taucherin würde also ohne weitere Hilfsmittel immer tiefer absinken.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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425
a) Das Druckgleichgewicht für die Luft in der Glocke lautet: pi  pa
Somit ist pi  pa  p0   g  h  x  , wobei x die Höhe der Wassersäule in der Glocke
ist.
Mit dem Gesetz von Boyle-Mariotte folgt: pi  L  x  A  p0 LA
Das Kombinieren der beiden Gleichungen ergibt eine Gleichung für x:

p 
 p0   g  h  x     L  x   p0 L oder x 2   L  h   g0   x  h  L  0
x = 1.8 m
b) Wenn h gleich null ist, lautet die Gleichung für x:

p 
x 2   L  0  x  0  x  0 : kein Wasser kommt in die Glocke.
g 

(Die zweite Lösung der quadratischen Gleichung ist physikalisch sinnlos, weil x
nicht grösser als L sein kann.)
p0 L
Da  p0   g  h  x   L  x   p0 L oder L  x 
, ist für h =  der
p0   g  h  x 
rechte Term der Gleichung null: Lx = 0: Die Glocke ist also vollständig mit Wasser
gefüllt.
c) Auflösen der letzten Gleichung bei a) nach h:
p0 x
h
 x ; 49 m
 L  x  g
d) Da das Volumen der eingeschlossenen Luft mit der Tiefe immer kleiner wird, wird
das Volumen des verdrängten Wassers immer kleiner, und die Auftriebskraft auf die
Glocke wird immer kleiner. Der Unterschied zwischen Gewichtskraft und Auftriebskraft wird also immer grösser und das scheinbare Gewicht auch.
Hydrodynamisches Paradoxon
426
Stromlinienbild:
Durch die Gewichtskraft fällt der Ball in den unteren Bereich
des Luftstroms. Dies führt aber dazu, dass der Ball oben vom
Luftstrom schneller umflossen wird. Es entsteht ein
dynamischer Auftrieb, der den Ball in Schwebe hält. Die den
Ball umströmende Luft erfährt im Gegenzug eine Kraft nach
unten und wird daher entsprechend der Skizze abgelenkt.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.5 Flüssigkeiten und Gase
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427
Befindet sich der Besucher am Rande des Luftstroms, wird sein Körper unterschiedlich
rasch umströmt. Die dem Rand zugewandte Körperseite wird, da der Luftstrom
schmaler ist, weniger schnell umströmt als die zur Mitte hingewandte Seite. Folglich
entsteht bei der zur Mitte des Luftstroms hingewandten Seite ein leichter Unterdruck,
der den Besucher gegen die Mitte treibt.
428
a) Das Prinzip des Flettner Rotorschiffs beruht auf dem so genannten Magnus-Effekt.
Die Relativgeschwindigkeit der Luftteilchen zum rotierenden Zylinder ist nicht
überall gleich. Nach der Bernoulli’schen Gleichung entsteht ein Druckunterschied
zwischen zwei gegenüberliegenden Seiten des rotierenden Zylinders. Der höhere
Druck herrscht auf der Seite der kleineren Relativgeschwindigkeit der Luftteilchen
zum Rotor, also dort, wo die Luftteilchen gegen die Drehrichtung des Zylinders
strömen. So entsteht eine Antriebskraft auf den Rotor.
b) Die Antriebskraft wirkt senkrecht zur Windrichtung. Die Rotoren sollten sich von
oben gesehen im Uhrzeigersinn drehen.
429
Die Luft wird auf dem Wellenberg zusammengedrückt und so auch schneller. Die
Bernoulli’sche Gleichung erklärt, dass oberhalb eines Wellenberges ein Unterdruck
entsteht. Umgekehrt entsteht ein Überdruck in den Wellentälern. Somit werden die
Wellentäler immer mehr nach unten gedrückt, und die Wellenberge können sich nach
oben ausbreiten.
Gesetz von Bernoulli
430
Wenn man die gesamte Querschnittfläche aller Kapillaren betrachtet, ist sie grösser als
diejenige der Aorta. Somit ist die Geschwindigkeit in den Kapillaren kleiner als in der
Aorta: A  v  konst .
431
Wenn der Durchmesser halb so gross ist, wird die Querschnittsfläche 4-mal kleiner.
Somit ist die Geschwindigkeit des Blutes bei der Verengung 4-mal grösser.
Mit der Bernoulli’schen Gleichung lässt sich der Druckunterschied berechnen:
p  1  v22  v12  1  16  1 v12 ; 178 Pa = 1.3 mmHg
2
2
(In Wirklichkeit kann diese 4fache Geschwindigkeit wegen der Reibung nicht erreicht
werden.)


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432
a) Nach der Bernoulli’schen Gleichung folgt:
p1  1 v12  p2  1 v22 oder p2  p1  1  v12  v22
2
2
2
Mit Hilfe der Kontinuitätsgleichung ist d 2 v  const .
Da das engere Rohr 2.5-mal kleiner als das weitere ist, wird die Geschwindigkeit
6.25-mal grösser.
p2  p1  1  1  6.252 v12 ; 5.9 bar
2
d2
b) A2 v2  A1v1   1 v1 ; 2.0·10-3 m3/s = 2.0 Liter/s
4




433
Nach der Bernoulli’schen Gleichung folgt: p A  1  L v 2  pB
2
Der Druckunterschied lässt sich mit dem Gewichtsdruck der Wasserhöhe berechnen:
pB  p A  W gh
2 W gh
Somit ist 1  L v 2  W gh  v 
.
2
L
Ausflussgeschwindigkeit und Reaktionskraft
434
  r 2  2 gh ; 55 ml/s
435
Die pro Sekunde durchfliessende Wassermenge ist an beiden Stellen gleich:
v1r12  v2 r22
1
1
Bernoulli-Gleichung:  v12   gh   v22
2
2
Elimination von v1 ergibt
v2 
2 gh
;   v2  r22 ;
4
r
1  24
r1
9.3 ml/s
19
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.5 Flüssigkeiten und Gase
20
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436
A=Querschnittsfläche des Wasserstrahls
m
m2
 2
Kraft in Richtung der Winkelhalbierenden des Rohres: F  vAusfluss  2 
 At 2
t
Bedingung für die Drehmomente der Kräfte F und die im Schwerpunkt des
schwebenden Teils angreifende Gewichtskraft (mRohr  Al  ) g :
F
l
l
 (mRohr  Al  ) g , daraus folgt
2
2
m t
Ag  (mRohr  Al  )
; 8.5 kg
2
437
Der Effekt tritt auf, wenn die Düse des Schlauches geöffnet ist und der Schlauch nicht
gerade ausgestreckt am Boden liegt. Von den Schlauchwänden ausgeübte seitliche
Kräfte sorgen dafür, dass das Wasser den Krümmungen des Schlauches folgt. Das
Wasser seinerseits übt auf die Schlauchwände Reaktionskräfte aus, die den Schlauch
herumwirbeln können.
438
m
vAusfluss ; vAusfluss  2 gh ; pro Sekunde austretende Wassermasse:
t
m d 2
v

4
t
 d 2  gh
eingesetzt ergibt sich F 
; 0.02 N
2
F
439
Pro Sekunde umgelenkte Wassermasse:
F m
m
  Av ; 560 kg/s
t
2v
; 1.2 105 N
t
Luftwiderstand
440
2
1 c  d  v 2  mg  v  2  2mg ; 5.9 m/s;
2 w 4 L
d  cw  L
t  s ; 2 min 50 s
v
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.5 Flüssigkeiten und Gase
21
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441
a) Der Betrag der Auftriebskraft muss gleich der Gewichtskraft des Flugzeugs sein.
Mit zunehmender Höhe nimmt die Dichte der Luft ab. Sie ist in 10'000 m Höhe rund
3-mal kleiner als in 2000 m Höhe. Bei gegebener Gewichtskraft des Flugzeugs muss
deshalb die Reisegeschwindigkeit in grösserer Höhe grösser sein. Trotz kleinerer
Luftdichte bleibt der Luftwiderstand wegen der grösseren Fluggeschwindigkeit
gleich. Damit ist die notwendige Leistung unabhängig von der Flughöhe. Da die
Reisegeschwindigkeit in grösseren Höhen aber grösser ist, wird die gesamte
Reisezeit kürzer und damit der Treibstoffverbrauch kleiner. Für das Fliegen in
grossen Höhen braucht das Flugzeug allerdings eine Druckkabine.
b) Das Verkehrsflugzeug wird durch den Treibstoffverbrauch leichter. Die notwendige
Auftriebskraft sinkt, und das Flugzeug kann höher (bei kleinerer Luftdichte) fliegen.
Dabei sinkt auch die notwendige Leistung und damit der Treibstoffverbrauch.
Ausserdem herrschen in grösseren Höhen weniger Turbulenzen, der Flug wird
ruhiger.
442
gd W
a) 1 cw r 2  L v 2  W 4 r 3 g  v  2 
; 2.5 m/s; 11 m/s
2
3
3cw  L
b) Die Dichte der Luft ist viel kleiner als die Dichte von Wasser.
c) Aufwinde können die Wassertröpfchen hochreissen.
443
a) FL  1 cw A v 2 ; 0.48 kN; FR   mg ; 0.26 kN
2
b) P 
( FL  FR )  v

; 0.11 MW
c) 0.25 kN; 0.11 kN; 40 kW
444
a) FL  1 cw  L Av 2 ; 3.0 kN
2
b) PMotor  FR  v  1 cw  L Av3 ; 0.58 MW
2
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2.5 Flüssigkeiten und Gase
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445
a) cw = 0.0051·90+0.19 = 0.65
b) Der Abstand der beiden letzten Positionen des Trichters beträgt s = 37 cm.
2mg
cw 
; 0.74
v  s  sf ; 4.3 m/s,
 Luft v 2 A
t
22
3.1 Schwingungen
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
1
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3.1
Schwingungen
Harmonische Schwingungen
1
a) Es handelt sich um periodische Vorgänge, d.h., eine bestimmte Bewegung wiederholt sich in regelmässigen zeitlichen Abständen. Es existiert in jedem Fall eine
Gleichgewichtslage des bewegten Gegenstandes. Die Bewegung wird durch Kräfte
aufrechterhalten, die den Gegenstand in diese Gleichgewichtslage zu bringen
versuchen.
b) Schwingungen einer Saite, Pendelbewegungen im Sport (Ringe, Reck), Hin-undHer-Bewegung des Wassers in der Badewanne.
2
a) Nein. Die Rückstellkraft ist nicht proportional zur Auslenkung.
b) T  4 
2s
; 2.4 s
g sin 
3
a) y proportional sin(t)
b) v proportional cos(t)
v
y
t
t
c) a proportional –sin(t)
d) Ekin proportional cos2(t)
Ekin
a
t
e) EFeder proportional sin2(t)
EF
t
t
3.1 Schwingungen
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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4
2
; y  yˆ sin( t ) ; 1.7 m
T
a)  
b) v   yˆ cos( t ) ; 52 cm/h
a   2 yˆ sin( t ) ; 0
 y
 arcsin  
 yˆ  +12 h; 13.5 h
c) t 

d)
y(t), v(t), a(t)
1
5
10
15
20
t in h
5
vmax  yˆ 
2
; 0.94 m/s
T
6
Jetzige Periodendauer:
Die Federkonstante D ist:
3600 s  5 s
1s ; 0.9986 s
3600 s
2
D  m 4 ; 1.781 N/m
Tj 
T j2
2
Die neue Masse (T = 1 s) beträgt: m  DT2 ; 45.13 g
4
Sie müssen also 0.13 g zusätzlich anbringen.
7
a) Da die Schwingung gedämpft ist, kann sie unmöglich harmonisch sein.
b) F    Agy  y
Die Schwingung ist also ohne Reibung harmonisch.
c) T  2
m
; 1.4 s
Ag
2
3.1 Schwingungen
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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8
Wenn die Flüssigkeit auf der einen Seite nach unten geht, steigt sie auf der anderen
Seite um genauso viel nach oben. Dann herrscht ein Ungleichgewicht in der Gewichtskraft, und zwar um die doppelte Distanz, die hinuntergedrückt wurde.
Also: F  2  Agy  y
Das ist aber die Voraussetzung für eine harmonische Schwingung.
Mathematisches Pendel
9
3
a)
Schwingungsdauer T in s
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Pendellänge L in m
1.4
1.6
1.8
2
b)
L in m
T in s
k  L2 in m/s 2
T
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
0.90
1.27
1.55
1.78
1.99
2.20
2.40
2.52
2.70
2.83
0.247
0.248
0.250
0.252
0.253
0.248
0.243
0.252
0.247
0.250
c)
L
 (0.249  0.003) m/s 2
2
T
d)
L
g
 2  g  4 2  (0.249  0.003) m/s 2  (9.83  0.12) m/s 2
2
T
4
Die Fallbeschleunigung g wurde mit einer Standardabweichung von ca. 1.2 %
bestimmt.
3
3.1 Schwingungen
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4
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10
T  2
L
 16.4 s
g
Von einer Extremlage zur anderen dauert es
T
= 8.2 s.
2
11
gT 2
 0.990971 m.
4 2
T
b) Mit L = 0.991011 m erhalten Sie = 1.000020 s.
2
a) Aus T  2
L
g
erhalten Sie L 
D
mg
l
; T  2
l
g
12
T  2
m
;
D
Es kommt dieselbe Formel heraus, die für das Fadenpendel gilt.
Bei kleinen Auslenkungen führt auch das Fadenpendel eine harmonische Schwingung
aus.
13
a) Die Pendeluhr wird ungenau laufen, da ihre Schwingungsperiode durch die
Fallbeschleunigung bestimmt ist.
b) Sie wird zu langsam laufen, weil T  2
l
und g mit zunehmender Höhe abnimmt.
g
14
2
2
L2
L  T   28 
L
a) T1  2 1 und T2  2
 1   1  ;    1.16 : 1
g
L2  T2   26 
g
b) Nachdem Laura 13-mal und Viviane 14-mal hin und her geschaukelt sind, sind sie
zum ersten Mal wieder in Phase. Das ist nach 48 Sekunden.
c) Nach 24 Sekunden sind sie zum ersten Mal in Gegenphase, nach 72 Sekunden zum
zweiten Mal.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
3.1 Schwingungen
5
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15
Die Pendeluhr in der Stube geht pro Tag genau 5 Minuten nach. Marco, der gerade die
Schwingungslehre im Physikunterricht behandelt, verspricht der Mutter, die Uhr so zu
verstellen, dass sie danach richtig geht. Er verkürzt das Pendel mit der Verstellschraube
(siehe Abbildung bei Aufgabe 3.1.18) mit 5.5 vollen Umdrehungen um 2.6 mm. Danach
geht die Uhr nur noch 40 Sekunden pro Tag nach.
a) Welche ursprüngliche Pendellänge ergibt sich aus den Angaben, wenn von einem
mathematischen Pendel ausgegangen werden darf.
b) Wie viele weitere Drehungen an der Verstellschraube sind noch erforderlich, damit
die Uhr richtig geht?
Lösung
a) Vorbemerkung: Wenn die Uhr nachgeht, macht sie zu wenige Schwingungen pro
Tag. Die Schwingungsfrequenz ist also zu klein. Durch das Verkürzen des Pendels
wird die Schwingungsfrequenz f erhöht und die Schwingungsdauer T erniedrigt.
f1 T2
 . Die Zeit t , die die Uhr am Ende des Tages anzeigt, ist proportional
f 2 T1
t T
zur Frequenz und daher gilt 1  2 .
t2 T1
Es gilt:
Ausserdem gilt für ein mathematisches Pendel T  2
T2

T1
L2
L
 1
L1
L1
Auflösen: L1 
L
g
und somit
.
L
2
 T2 
  1
 T1 

L
2
 t1 
  1
 t2 
. Mit t1 = 86‘100 s, t2 = 86‘360 s und L = –2.6 mm
ergibt sich L1 = 43 cm.
b) Aus den Formeln in a) folgt
 t  2 
 T3  2 
1
1

   1
 

t
T
 T3  2 
 1 
  L  3 
 .
L  L1    1  L 
2
2
 T1 

 T2 

 t1 

   1
   1
 T1 

 t2 

Mit t3 = 86‘400 s ergibt sich L  3.0 mm. Das Pendel muss also um weitere
0.4 mm verkürzt werden. Das entspricht
0.4mm
 5.5  0.85
2.6mm
Umdrehungen an der
Verstellschraube.
(Bemerkung: Da alle Differenzen klein sind im Vergleich zu den entsprechenden
Grössen, ist in guter Näherung L proportional zu t und es gilt L  L
t 
260 s und t   300 s folgt ebenfalls L  3.0 mm.)
16
a) Mit dem Energiesatz erhält man
v  2 gL(1  cos  )  1.09 m/s
t 
.
t
Mit
3.1 Schwingungen
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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b) Ebenfalls mit dem Energiesatz erhält man
L1 (1  cos  )  L2 (1  cos  )  cos   1 
L1
(1  cos  )    33.6 o
L2
c) Die totale Schwingungsdauer setzt sich aus zwei Teilen zusammen:
L1
L2
 1.00 s und T2  
 0.60 s  T  T1  T2  1.60 s
g
g
T1  
d)
v
1.09 m/s
0
0.5
0.8
1.10
t
1.60 s
–1.09 m/s
17
a)
α
L
h
F S
m
mg FZ
r
Es wirken nur zwei Kräfte: die Gewichtskraft mg und die Seilkraft Fs , die
zusammen die Zentripetalkraft Fz ergeben.
mv 2
mv 2
b) FZ  mg tan  

 v  gL tan  sin   1.9 m/s
r
L sin 
c) T 
2 r
 2
v
L sin 
L sin 
L cos 
 2
 2
 2.1 s
g tan 
g
gL tan  sin 
d) L cos  h und T  2 L cos   2 h
g
g
6
3.1 Schwingungen
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7
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ist die Schwingungsdauer eines mathematischen Pendels mit der Pendellänge h.
e) Tmax  2
f)
L
2

  min 
g  min
g
 2.8 rad/s
L
mg
1
 5mg  cos      78
cos 
5
v  gL tan  sin   7.7 = 7.7 m/s
FS 
Erzwungene Schwingungen, Resonanz
18
Die Drehung des Zahnrads erzwingt die Schwingung der Pendelgabel. Durch die
besondere Form der Zähne und der Pendelgabel sowie durch die geschickte gegenseitige Anordnug der bewegten Teile, wird das Pendel bei jeder Schwingung phasenrichtig kurz angestossen. Das Rad kann bei jeder Schwingung nur um einen Zahn
weiterdrehen.
In www.uhrentechnik.de kann man sogar die Animation von verschiedenen
Anregungsverfahren abspielen.
19
a) Die Stösse müssen phasengleich zur Schaukelbewegung erfolgen. Die Frequenz der
Schaukelbewegung muss ein ganzzahliges Vielfaches der Anstossfrequenz sein.
Auslenkung
t
Stosskraft
t
l
gT 2
b) Aus T  2
erhalten wir l 
 2.5 m
g
4 2
Die grösste Lageenergie bei einer Amplitude von ˆ  30o ist
Epot  mgl (1  cos  )  40 J.
Der Energieverlust pro Periode ist 10% davon, also 4.0 J.
Diese Energie muss durch Arbeit W  F  s nachgeliefert werden. Die Kraft wirkt
dabei in Wegrichtung. Der Weg ist der Kreisbogen, den das Kind nach dem
Umkehrpunkt in 0.4 s zurücklegt.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
3.1 Schwingungen
8
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Es gilt (in der Näherung einer harmonischen Schwingung) für den Auslenkwinkel
der Schaukel, wenn die Schaukel zum Zeitpunkt t = 0 am Umkehrpunkt ist:
 2 
 (t )  ˆ cos  t  und damit  (0.4 s)  21.
 T 
W
 10 N.
Mit den Winkeln in rad ist s  l  (ˆ   (0.4 s)) = 0.39 m und somit F 
s
Zusammenfassend gilt (mit Winkel ̂ in rad):
0.1mg (1  cos ˆ )
; 10 N
F

2  

ˆ 1  cos  t  
 T 

20
a) Der Resonanzkörper verhält sich ähnlich wie eine gedackte Flöte, die von der
Schwingung der Stimmgabel über die Wände des Resonanzkastens zum Schwingen
angeregt wird.
b) Die Eigenschwingung des Resonanzkörpers muss die gleiche Frequenz haben wie
die Schwingung der Stimmgabel, also 440 Hz.
Für gedackte Flöten gilt (siehe «stehende Wellen») x    c  20 cm.
4 4f
c) Die im ersten Resonanzkörper schwingende Luft regt die Luft im zweiten Resonanzkörper zum Schwingen an. Diese Schwingung regt die am Resonanzkörper
befestigte Stimmgabel ebenfalls zum Schwingen an.
d)
Lautstärke
400 Hz
Frequenz
21
Das Weinglas ist ein schwingungsfähiges System mit wohldefinierten Eigenfrequenzen.
Erzeugt man eine leistungsstarke Schallwelle mit exakt einer dieser Frequenzen, so
kann das Glas in Resonanz geraten und nach und nach so viel Energie aufnehmen, dass
es zerbricht. Caruso hätte also mit seiner Stimme einen sehr lauten Ton in einer genau
definierten Tonhöhe erzeugen müssen. Neuere Untersuchungen mit Lautsprechern
haben jedoch ergeben, dass die menschliche Stimme bei weitem nicht ausreicht, um ein
Weinglas zu zerbrechen. Die Geschichte mit Caruso und dem Weinglas ist wohl
erfunden.
Die Schwingung des Glases lässt sich sehr schön beobachten, wenn man die spiegelnde
Oberfläche des Weines im Glas in geeignetem Licht betrachtet.
3.1 Schwingungen
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Überlagerung von Schwingungen
22
Ausser bei der gegengleichen Schwingung, wo scheinbar keine Bewegung mehr
beobachtet wird, entstehen überall wieder harmonische Schwingungen derselben
Frequenz. Die grösste Amplitude wird bei der Überlagerung erreicht, wo die einzelnen
Schwingungen in Phase sind (Phasenverschiebung 0).
23
 
 

yres  2 yˆ cos  0   sin   t  0  , weil cos(–α) = cos(α)
2 
 2 

 
yˆ res  2 yˆ cos  0 
 2
Für 2π/3 ist die Amplitude genau so gross wie diejenige der Einzelschwingungen.
24
a) Projiziert man eine gleichförmige Kreisbewegung auf eine Gerade in derselben
Ebene, zum Beispiel durch Schattenwurf, so entsteht eine harmonische Schwingung.
Die Kreisbewegung kann sehr gut durch einen rotierenden Zeiger beschrieben
werden. Deshalb eignen sich rotierende Zeiger auch zur Darstellung von
harmonischen Schwingungen.
b) yˆ  yˆ12  yˆ 22 ; 5 cm
 yˆ 
 0  arctan  2  ; 0.93
 yˆ1 
y^
^
y2
φ0
y^ 1
25
a) Wenn die beiden Funktionen in Phase sind, hat ihre Summe die Amplitude 2. Wenn
die Funktionen gegenphasig verlaufen, so verschwindet die Amplitude der Summenfunktion. Die Amplitude von y = y1 + y2 schwankt periodisch zwischen 0 und 2.
b) Die Amplitude schwankt mit einer Periode von 2
c) y  sin(7t )  sin(8t )  2 cos(0.5t ) sin(7.5t )
kann als Schwingung mit der Kreisfrequenz 7.5 interpretiert werden. Die Amplitude
dieser Schwingung schwankt zwischen 0 und 2 gemäss 2cos(0.5t).
3.1 Schwingungen
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
10
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d) Die Gitarristin hört einen Ton mit der Frequenz 219 Hz, dessen Amplitude mit einer
Frequenz von 2 Hz zwischen einem Minimum und einem Maximum schwankt oder
«schwebt». Wohl hat man für die Amplitude eine Funktion der Form 2cos(2t),
deren Frequenz bloss 1 Hz beträgt. Während einer Periode erreicht aber die Lautstärke zweimal ein Maximum (bei t = 0 und t = ½ s) und zweimal verschwindet sie
(bei t = ¼ s und t = ¾ s).
Die Schwebungsfrequenz wird umso kleiner, je kleiner der Frequenzunterschied
zwischen den beiden Tönen ist, die die Schwebung erzeugen. Diese Tatsache kann
man benützen, um die beiden Töne exakt aufeinander abzustimmen.
26
15
10
5
0
-5
-10
-15
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Die Amplitude des Trägersignals wird mit der Frequenz des akustischen Signals
«moduliert», d. h. verändert. Verbindet man alle Maxima (oder Minima) des
modulierten Trägersignals mit einer Kurve, so erhält man eine Kosinusfunktion mit
der Amplitude der Seitenbänder und der Frequenz f. (Die Kreisfrequenz zu f = 1 Hz
ist 2 rad/s.)
Die Amplitude der Seitenbänder darf nicht grösser werden als die halbe Amplitude des
Trägersignals!
3.2 Wellen
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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3.2
Wellen
Ausbreitungsgeschwindigkeit (c = λf)
27
T

c
; 0.75 s
28
Die Welle kann in der genannten Zeit t um (n+¼) Wellenlängen nach links oder um
(n+¾) Wellenlängen nach rechts gewandert sein, wobei n  0 ist. Daraus folgt:
c  2n  1    (2n  1)  0.061 m/s, n =  1,  2, ...
t
4
29

c
; 18 mm bzw. 7.3 mm
f
30
Mit f = 15.4 MHz und  = 19 m: c  f ; 2.9·108 m/s
31
c

T
;
11 m/s = 39 km/h
32
cf
Somit wird eine Erhöhung der Schallgeschwindigkeit eine Erhöhung der Frequenz zur
Folge haben, weil sich die Wellenlänge nicht ändert: cHelium  2.92  cLuft ; 1.00 km/s
33
Der halbe Öffnungswinkel des vorderen Kegels beträgt
v
c
sin  2
;
0.46 km/s

2
= 47°.
1
3.2 Wellen
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Wellengleichung
34
Die Ortsvektoren einer nicht rotierenden Schraubenlinie können mit dem Parameter 
so beschrieben werden:
 

 h

2 


r ( )    R sin  
 R cos  




Wenn die Schraubenlinie im Gegenuhrzeigersinn (Blickrichtung entlang der x-Achse)
rotiert, gilt:



h


2



r ( )    R sin(   t ) 
 R cos(   t ) 




In der Projektion ist z = 0, x  h

und y  R sin( t   ) .
2
Eliminieren des Parameters  ergibt: y ( x, t )  R sin   t  2
h

x 

Überlagerung von Wellen (1-dim.), stehende Wellen
35
Der Knotenabstand d ist die halbe Wellenlänge.
c
f 
; 31 MHz
2d
36
Zur Zeit t = 0 sei die Auslenkung aller Schwinger exakt null. Bei t = t5% sei die
Auslenkung 5% von der Amplitude. Es gilt dann 0.05  sˆ  sˆ  sin( t5% ) oder
T
arcsin(0.05) . Während der Schwingungsdauer T hält sich der Schwinger
t 5% 
2
während der Zeit 4t5% im gewünschten Auslenkungsintervall auf. Daher ist die
Wahrscheinlichkeit p für ein entsprechendes Foto
4t
2
p  5%  arcsin(0.05) ; 3 %

T
37
a)  
c sT
; 780 km

f
t
b) N 
2L

; 3
2
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
3.2 Wellen
3
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38 (Diese Lösung gilt ab der 4. Auflage 2010)
2l
c 1
und   2l . Daraus folgt f   ; 0.91 Hz
t
 t
2l
c n
und damit f   .
b) Jetzt ist  
n
 t
a) Es gilt c 
c) Der Knotenabstand l/5 entspricht der halben Wellenlänge. Also ist   2 l .
5
d) An bestimmten Orten (= Knoten) ist die Auslenkung für alle Zeiten null. Das ist der
Fall, wenn der Faktor sin  2 x   null ist, also für x  0 , x   2 , x   usw. An
anderen Orten (= Bäuchen) führen Seilstücke Schwingungen mit der Amplitude 2 yˆ
aus. Das ist der Fall, wenn der Betrag von sin  2 x   eins ist, also für x   4 ,
x  3 4 usw.
e) ys  x, t   yˆ sin  2 x
  t   yˆ sin  2 x   t 
 yˆ sin  2 x    cos t   yˆ cos  2 x    sin t 
 yˆ sin  2 x    cos t   yˆ cos  2 x    sin t 
 2 yˆ sin  2 x    cos t 
38 (Diese Lösung gilt bis zur 3. Auflage)
2l
c 1
und   2l . Daraus folgt f   ; 0.91 Hz
t
 t
2l
c n
und damit f   .
b) Jetzt ist  
n
 t
a) Es gilt c 
c) Der Knotenabstand l/5 entspricht der halben Wellenlänge. Also ist   2 l .
5
d) An bestimmten Orten (= Knoten) ist die Auslenkung für alle Zeiten null. Das ist der
Fall, wenn der Faktor cos(2x /  ) null ist, also für x   / 4 , x  3 / 4 , usw. An
anderen Orten (= Bäuchen) führen Seilstücke Schwingungen mit der Amplitude
2 ŷ aus. Das ist der Fall, wenn der Betrag von cos(2x /  ) eins ist, also für x = 0,
x   / 2 , x   usw.
e) ys ( x, t )  yˆ sin( t  2 x  )  yˆ sin( t  2 x  )
 yˆ sin( t )  cos(2 x  )  yˆ cos( t )  sin(2 x  ) 
yˆ sin( t )  cos(2 x  )  yˆ cos( t )  sin(2 x  )
 2 yˆ sin( t )  cos(2 x  )
3.2 Wellen
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4
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39
yˆ Summe
a) In der Zeigerdarstellung (siehe Skizze) ist
abzulesen:
ŷ
⌬
yˆ Summe  2 yˆ cos( / 2)
ŷ
⌬ /2
2
yˆ Summe
 4 yˆ 2 cos 2 ( / 2)
2
ŷSumme
4 yˆ 2

0
180°
0°
b) Es ist am empfindlichsten bei  = 90°, weil dort die Kurve am steilsten verläuft.
c) s 
s 

( 2  1 ) mit  in der Winkeleinheit rad.
2

2

 0.99   
   ; 0.85 nm
  2 arccos
 2

2




3.3 Akustik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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3.3
Akustik
Intervalle und Stimmung
40
a) Anzahl Löcher für grosse Terz: 45
Anzahl Löcher für kleine Terz 43.2, das ist keine ganze Zahl, also nicht möglich.
Anzahl Löcher für Quinte: 54
b) Es muss ein Dur-Dreiklang sein, weil eine kleine Terz unmöglich ist; siehe a).
c) 15 Hz, bzw. 900 U/min
41
a) 2 ⋅ 5 = 5
6 3
27
3
 3  1 27
und 16 = 81 = 1.0125
b)   ⋅ =
5 80
2
2
16
 
3
42
a)
b)
12
2 ≈ 1.0595
( 2 ) − 6 / 5 ≈ −0.9%
kleine Terz ( 2 ) ≈ 1.189 ,
6/5
( 2 ) − 5 / 4 ≈ +0.8%
grosse Terz ( 2 ) ≈ 1.260 ,
12
12
3
12
4
12
3
4
5/ 4
Quinte
( 2)
12
7
≈ 1.498 ,
( 2 ) − 3 / 2 ≈ −0.1%
12
7
3/ 2
43
a) 4 ⋅ x = 3 ⇒ x = 9 (Quarte + Sekunde = Quinte)
3
2
8
b) 6 ⋅ x = 5 ⇒ x = 25 (kleine Terz + Halbton = grosse Terz)
5
4
24
c) 25 ⋅ x = 2 ⇒ x = 48 (Septime + Halbton = Oktave)
24
25
aber auch x = 3 ⋅ 5 = 15 (Septime = Quinte + grosse Terz)
2 4 8
1
3.3 Akustik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2
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44
a) 440 Hz·2/3 = 293 Hz
b) 440 Hz·2/3·2/3 = 196 Hz
3
1 3
c) 440 Hz·  
= 41.3 Hz
2 4
d) 440 Hz·6/5 = 528 Hz
e) 440 Hz·2·4/3 = 1.17 kHz
Saiten und Luftsäulen
45
c = λ f = 2lf ;
290 m/s
46
a) Für die Grundfrequenz gilt: λ = l und mit λ f = c folgt f 0 = c = c ;
2
λ 2l
Für den ersten Oberton gilt: 2λ = l , f1 = c = c ; 371 Hz
2
λ l
Für den zweiten Oberton gilt: 3λ = l , f 2 = c = 3c ; 557 Hz
λ 2l
2
b)
186 Hz
y
x
Mathematisch: ± sin x, ±
sin 2 x
sin 3x
, ±
2
3
47
a) Das Frequenzverhältnis zwischen f und a ist eine grosse Terz und beträgt 5/4.
l − ∆l f
f
5
= ⇒ l = 36 cm
Somit ist a =
4
f f l − ∆l f + ∆la
(
)
3.3 Akustik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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1
b) 9 cm = ⋅ l ⇒ der Grundton ist eine Quarte tiefer als der Ton f; das ist der Ton c.
4
2
14.4 cm = ⋅ l ⇒ der Grundton ist eine grosse Sexte tiefer als a; das ergibt wieder
5
den Ton c.
3
Somit ist f c = f a ⋅ ; 132 Hz
5
48
Hier soll man schauen, ob ein Knoten genau auf der Stelle des Tonabnehmers liegt.
Wenn ja, wird ein bestimmter Oberton nicht aufgenommen.
2., 4.; 1., 3., 4.
49
a) f1 = c
4l
b) f1 = c
2l
50
a) Es sind alle harmonischen Obertöne möglich.
b) Es sind nur die ungeradzahligen harmonischen Obertöne möglich. Weniger Oberschwingungen werden ausgebildet. Der Ton wird weicher, er klingt etwas hohl.
c) Es sind alle harmonischen Obertöne möglich.
51
l = c ; 10.8 m
2f
52
1  ; 1.55 cm;
l = c ; 9.77 cm und ∆lc ''' = c 1 − 3/12
4 f a ''
4 f a ''  2 
∆le ''' = c  1 − 71/12  ; 3.25 cm
4 f a ''  2 
a"
l
c"'
e"'
3
3.3 Akustik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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53
lged.
loffen
=
c : c = 1 ⋅ f offen ;
4 f ged. 2 f offen 2 f ged.
5/12
Das Frequenzverhältnis einer kleinen Terz ist:
f ged.
f offen
=5
6
54
2.0 kHz, 6.0 kHz, 10 kHz, 14 kHz und 18 kHz.
55
c
1
= 4l ;
Intervall zum Grundton: i1 =
(eine Oktave tiefer);
c
2
f offen
2l
3c
f2
3
Intervall zum 1. Oberton: i2 =
= 4l ;
(eine Quinte höher)
c
2
f offen
2l
Somit lautet die richtige Definition:
«(von Orgelpfeifen) oben verschlossen und eine Oktave tiefer oder eine Quinte höher
klingend als eine gleich lange offene Pfeife»
f1
56
T2
; 448 Hz
T1
a) f 2 = f1
b) i ≈ 1.02; i1 4 ≈ 1.03; i < i1 4
57
a) Für die Grundfrequenz gilt:
λ
2
= l und mit λ f = c folgt f 0 =
c
λ
=
c 1 F
=
.
2l 2 ml
b) f0 = 125 Hz, c = 100 m/s
58
1
4F
1
F
⋅
= ⋅
2
λ 2l π d ρ ld πρ
Die übereinstimmenden Grössen sind die Länge l , die Spannkraft F und die
Materialdichte ρ der Saite.
a) f =
c
=
b) Da die Frequenz umgekehrt proportional zum Durchmesser der Saite ist, folgt
d1 f 2
= ; 4/3
d2
f1
4
3.3 Akustik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
5
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59
F2 A2 f 22
=
; 5/2
F1 A1 f12
60
F1 = 4 ρ1 A1l 2 f12 = 4
F2 = π d 22 ρ2l 2 f 22 ;
∆m1 2 2
l f1 ; 45 N und σ 1 = 1.2·108 N/m2
∆l
46 N und σ 2 = 15·108 N/m2
Schallintensität, Lautstärke
61
a) Die Schalldämmung (Differenz der Schallpegel auf beiden Seiten der Pfropfen in
Dezibel) ist für höhere Frequenzen am besten. Schallwellen mit tiefen Frequenzen
durchdringen die Pfropfen besser als solche mit hohen Frequenzen.
  J 
J
b) Für tiefe Frequenzen: ∆L = 10 ⋅  lg  1   ⇒ 1 = 10∆L /10 ; 170 , wobei
J2
  J2  
∆L = 22.3 dB ist.
p1
=
p2
Für hohe Frequenzen:
J1
; 13.0
J2
J1
= 11'000;
J2
p1
= 105
p2
62
a) Der Schallpegel wird in dB angegeben. Die Lautstärke hängt ausserdem von der
Frequenz ab, somit ist ihre Einheit dB(A) oder Phon. Eine Lautstärke von 93 dB(A)
wird für alle Frequenzen wie ein Ton von 1000 Hz mit einem Schallpegel von 93 dB
empfunden.
J 
J 
J 
b) L2 − L1 = 10 ⋅ log  2  − 10 ⋅ log  1  = 10 ⋅ log  2 
 J1 
 J0 
 J0 
Somit ist
∆L
J2
= 10 10 ; 50
J1
63
a) Gleiche Lautstärke 50 Phon
b) ≈ 60 dB
3.3 Akustik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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64
a)
L 2− L 1
J2
= 10 10 ;
J1
L 2− L 1
p2
= 10 20 ; 102 ; 101
p1
b) Bei 1000 Hz: ∆L = L 2 − L 1 ; 20 dB
c) Bei 100 Hz: um 15 dB (siehe Abbildung zu Aufgabe 63).
65
a) J =
 
; 8.0·10-4 Wm–2 ; L = 10 ⋅ lg  J  ; 89 dB
 J0 
4π r
b) rmax =
P
2
P ;
4π J 0
280 km
66
L 1= L2 + 10 ⋅ lg(
d 22
) ; 30 dB
d12
67
a) 106.5 = 3.2·106
b) 95 dB (Tanzfläche in Diskothek)
68
a) L 1= L + 10 ⋅ lg ( 5 ) ; 117 dB
b) ∆L = 20 dB, 102 =ˆ 100 Pressluftbohrer
69
a) 87 dB
∆L
b) Die Aussage von Louis ist falsch; n = 10 10 ; 20
Dopplereffekt
70
a)
fa
c
=
; 1.064
f0 c − v s
b)
f b c + vB
=
; 1.061
f0
c
6
3.3 Akustik
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71
a)
f1 c + v s
=
;
f2 c − v s
1.03
f1
−1
f2
b) vs = c ⋅
; 73 km/h
f1
−1
f2
72
f1 (c + v) 2
=
= 2 ⇒ v = c ⋅ (3 − 2 2) ; 210 km/h
f 2 (c − v) 2
73
a) Die Tonhöhe nimmt periodisch mit der Drehfrequenz zu und wieder ab.
c
; 525 Hz ;
b) f min = f 0 ⋅ c = f 0 ⋅
c + vs
c + 2π r f B
c
f max = f 0 ⋅
; 700 Hz
c − 2π r f B
c − 2π r f B
f
c) min =
; 0.75 (Quarte), unabhängig von der Frequenz f0
f max c + 2π r f B
74
a) Die von der Wand reflektierte Schallwelle bewegt sich auf Sie zu. Diese hören Sie
wegen des Dopplereffektes höher als die Schallwelle, die sich direkt von der
Stimmgabel zu Ihnen bewegt.
b) ∆f = f 0 ⋅ (
v +v
2v
c + vB
− 1) = f 0 ⋅ B S ≈ f 0 ⋅ S ; 2.0 Hz
c − vS
c − vS
c
c) ∆f = f 0 ⋅ (
c − c ) = f ⋅ 2cvS ≈ f ⋅ 2vS ; 2.0 Hz
0
0
c − v S c + vS
c 2 − vS2
c
75
v = c⋅
∆f
; 20.3 m/s ≈ 73 km/h
2 f0
Relativistische Lösung:
c ∆f
c∆f
≈
∆f = f 0 − f1 = f 0 ⋅ (1 − c − v ) = f 0 ⋅ 2v ⇒ v =
c+v
c+v
2 f 0 − ∆f 2 f 0
7
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
3.4 Wellenoptik
1
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3.4
Wellenoptik
Farben
76
a) Eine reflektierende Fläche (z.B. ein Spiegel oder eine weisse Fläche) wurde gleichzeitig mit drei gleich hellen Taschenlampen beleuchtet. Die erste Taschenlampe
erzeugt durch einen davor gestellten Filter rotes Licht, die zweite blaues Licht und
die dritte grünes Licht. Die drei Lichtkegel werden zur Überlappung gebracht. Die
additive Farbmischung von Rot und Grün ergibt Gelb, diejenige von Blau und Rot
ergibt Magenta, diejenige von Blau und Grün ergibt Cyan. Die additive Mischung
aller drei Grundfarben ergibt Weiss.
1
 0
1
1
 
 
 
 
b) I) Gelb=  1  , Cyan=  1  , Magenta=  0  , Weiss= 1
 0
1
1
1
 
 
 
 
a
 
II) Grau =  a  . Für a = 0 hat man Schwarz, für a = 1 Weiss. Dazwischen alle
a
 
möglichen Übergänge von dunkelstem Grau zu hellstem Grau.
77
a) Zuerst wurde beispielsweise die gelbe Fläche durch alleinige Betätigung der Farbpatrone Yellow gedruckt. Anschliessend wurde die Farbpatrone Magenta eingeschaltet und die Fläche in dieser Farbe so gemalt, dass sie teilweise die gelbe
Fläche überlappt. Diese Überlappung erscheint in roter Farbe. Schliesslich wurde
die dritte Kreisfläche durch alleinige Betätigung der Farbpatrone Cyan gemalt. Die
Überlappung aller drei Farbkreise erscheint schwarz.
 0
1
1
1
 
 
 
 
b) I) Rot=  1  , Grün=  0  , Blau=  1  , Schwarz= 1 .
1
1
 0
1
 
 
 
 
a
 
II) Grau =  a  . Für a = 0 hat man Weiss (auf weissem Papier), für a = 1 Schwarz.
a
 
Dazwischen alle möglichen Übergänge von hellstem Grau zu dunkelstem Grau.
78
a) Um die Frage zu beantworten, konstruiert man sich am besten den linken Würfel aus
Papier und malt die Ecken entsprechend aus. Man kann dann den Würfel so drehen,
dass die Ebene weiss-blau-schwarz-gelb wie beim rechten Würfel angeordnet ist.
Man entdeckt dann aber auch sofort, dass die Farben Rot und Grün, so wie Magenta
3.4 Wellenoptik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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und Cyan nur durch eine Spiegelung an dieser Ebene in die richtige Position
gebracht werden können. Eine Drehung des Würfels genügt also nicht.
 C  1  R 
     
b)  M  = 1 −  G 
 Y  1  B 
     
79
a) Gelb, weil der Gegenstand alle Lichtkomponenten zurückreflektiert.
b) Dunkelgelb. Das gelbe Licht kann als die additive Mischung von rotem Licht und
grünem Licht aufgefasst werden. Die rote Komponente wird reflektiert, die grüne
absorbiert. Da aber die Natriumdampflampe monochromatisches Licht aussendet,
kann bloss dessen Intensität durch Absorption oder Reflektion verändert werden.
c) Schwarz, weil das gelbe Licht die blaue Lichtkomponente in der additiven
Farbmischung nicht enthält.
Reflexion und Brechung
80
c1 =
c0
;
n
λ1 =
1.716·108 m/s;
λ0
n
; 346.8 nm
81
2
2
u 2 + y A + ( xB − u ) 2 + y B
a) t =
c
u 2 + 4 + (2 − u ) 2 + 1 tan β 2(2 − u )
;
=
=v
b) t =
c
u
tan α
3.68
t
3.66
3.64
3.62
3.6
1
1.05
1.1
1.15
1.2
1.25
u
1.3
1.35
1.4
1.45
1.5
1
1.05
1.1
1.15
1.2
1.25
u
1.3
1.35
1.4
1.45
1.5
2
v
1.5
1
0.5
Das Minimum tritt bei u = 1.33 m auf. Bei diesem Wert von u ist v = 1.
2
3.4 Wellenoptik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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tan β 3(2 − u )
=
tan α
u
u 2 + 9 + (2 − u ) 2 + 1
c) t =
;
c
4.7
4.65
t
4.6
4.55
4.5
4.45
1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
u
1.6
1.7
1.8
1.9
2
1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
u
1.6
1.7
1.8
1.9
2
3
v
2
1
0
Das Minimum tritt jetzt bei u=1.50 m auf. Bei diesem Wert von u ist wieder v = 1.
d) Bei der Reflexion sucht sich das Licht den schnellsten Weg von A nach B aus.
82
2
u 2 + yA
( xB − u ) 2 + y B
a) t =
+
c1
c2
2
2
u2 + 4
sin α u (2 − u ) + 1
2
+ (2 − u ) + 1 ;
=
b) t =
2
sin β (2 − u ) u 2 + 4
t
2.4
2.35
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
2
1.7
1.8
1.9
2
u
8
v
6
4
2
0
1.3
1.4
1.5
1.6
u
Das Minimum tritt auf bei u = 1.67 m. Bei diesem Wert von u ist v = 2.
3
3.4 Wellenoptik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4
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(2 − u ) 2 + 1 sin α u (2 − u ) 2 + 1
u2 + 9
+
;
=
c) t =
2
3
sin β (2 − u ) u 2 + 9
2.06
t
2.055
2.05
2.045
2.04
1
1.05
1.1
1.15
1.2
1.25
u
1.3
1.35
1.4
1.45
1.5
1
1.05
1.1
1.15
1.2
1.25
u
1.3
1.35
1.4
1.45
1.5
1
v
0.8
0.6
0.4
Das Minimum tritt jetzt bei u=1.275 m auf. Bei diesem Wert von u ist v = 2/3.
d) Bei der Brechung sucht sich das Licht den schnellsten Weg von A nach B aus.
Dispersion
83
a) Der Farbfehler sphärischer Linsen beruht auf der mit der Brechung verknüpften
Dispersion. Das heisst, violettes Licht wird stärker gebrochen als rotes, somit treten
Farberscheinungen bei Linsen auf. Bei der Reflexion tritt keine Dispersion auf.
b) Der violette Strahl wird am meisten gebrochen, der rote hingegen am wenigsten. In
der Mitte des Strahlenbündels bleiben alle Farben gemischt und ergeben weiss.
84
Die roten Strahlen werden weniger abgelenkt als die violetten Strahlen. Sie besitzen
eine grössere Wellenlänge, somit eine kleinere Brechzahl und eine kleinere Gesamtablenkung als die violetten Strahlen. Die roten Strahlen werden unter einem steileren
Winkel als die violetten Strahlen beobachtet. Somit sind auch verschiedene farbige
virtuelle Bilder zu sehen. Der untere Rand erscheint rot, der obere blau, und in der Mitte
mischen sich alle Farben und ergeben weiss.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
3.4 Wellenoptik
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85
a) δ (α ) = 4 ⋅ arcsin  sin α  − 2α
 n 
b)
c) Für den roten Lichtstrahl findet man δ max = 42.5°.
Für den blau-violetten Strahl findet man δ max = 41.1°.
Interferenz und Beugung
86
α = arctan a , λ = d ⋅ sinα ; 633 nm
b
87
a) b: Rillenabstand
λ: Wellenlänge
n: Beugungsmaximum
nλ
α n = arcsin ; 15° für CD; 33° für DVD
b
Für die «Blue-Ray-Disk» tritt kein Beugungsmaximum erster Ordnung auf!
b) Die Datenmenge ist proportional zur Scheibenfläche und umgekehrt proportional
zum Quadrat des Rillenabstandes.
Bei der «Blue Disk» wird folgende Datenmenge erwartet:
2
2
0.7 GB ⋅  3   1.6  ≈ 1.1GB
 12   0.32 
Bemerkung: Das Loch in der Mitte der Scheibe wurde nicht berücksichtigt.
2
 1.6 
c) 0.7 GB ⋅ 
 ≈ 18 GB
 0.32 
27 GB scheint nicht machbar zu sein.
5
3.4 Wellenoptik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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88
d ; 4.5 m
1.22 ⋅ λ
b) Claudias Sehschärfe ist ungenügend, sie sollte eine Brille kaufen.
a) sinϕ ≈ tanϕ ⇒ b = a ⋅
89
a =b⋅
1.22⋅ λ
; 16 m
d
Polarisation
90
Aus α1 = kc1d1 und α 2 = kc2 d 2 erhält man c2 =
α 2 d1
⋅ ⋅ c1 = 90 mg/cm3 .
α1 d 2
Die Molmasse von Traubenzucker ist 180 g/mol. Also ist die Konzentration
5.0 ⋅ 10 −4 mol/cm 3 .
91
a) Das Brechungsgesetz lautet
sin α
= n.
sin β
Aus γ = 90 o folgt β = 90 o − α und sin β = cos α .
sin α
Also n =
= tan α .
cos α
b) α = arctan(1.4) = 54.5o
c) Die Polarisationsebene ist parallel zum Glas.
d) Das Glitzern, das durch die Reflexion des Sonnenlichtes an der Wasseroberfläche
entsteht, wird durch eine Polaroidbrille mit senkrechter Polarisationsrichtung
weitgehend absorbiert. Dadurch sieht der Fischer die Fische im Wasser besser.
6
4.1 Atome und Moleküle
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
1
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4.1
Atome und Moleküle
1
Stoff
Neon
Formel
Stickstoff Methan Wasser
Ne
N2
CH 4
H2O
Gold
Au
Dichte

0.900
1.25
0.717
998
Molare Masse
M
20.2
28.0
16.0
18.0
Molares Volumen
V mn
22.4
22.4
22.4
0.0180
Masse eines Teilchens m T
33.5
46.5
26.6
29.9
327
·10–27 kg
Teilchenzahl in 1 m3
2.69
2.69
2.69
3340
5900
·1025 m–3
N/V
19'300 kg/m3
197
0.0102 dm3/mol
2
b) N  N 0 
a) N 0 = 6.02·1023
pi
;
p0
5.9·1020
c) 5.9·1010
3
N 
VLöffel  VTasse

 NA;
VSee
M
4.7·109
4
d
3
M
;
NA
0.207 nm
5
V
d
Mit ra = Atomradius gilt A  
m
; 1160 m2 (etwa 4.5 Tennisplätze)
2ra 
6
a) m  Nma 
b) N 
mAuflösung
3 AWaage
2
a
6r
;
ma ;
1.9·10–10 kg
3.8·1012 (also 3800 Milliarden)
ma
c) 0.4 ng sind 0.21% von 190 ng. Das entspricht rund einer
1
500
g/mol
-stel Monolage.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 4.2 Längen-, Volumen und Dichteänderung
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4.2
Längen-, Volumen und Dichteänderung
Feste Körper
7
Dehnungsschleifen ermöglichen grössere Längenänderungen in den geraden
Leitungsstücken, bedingt durch Temperaturschwankungen.
8
Da sich die Brücke im Sommer ausdehnt, sollte sie nicht fest verankert werden.
Ansonsten würden grosse Spannungen entstehen, die die Brücke womöglich zerstören
könnten. Fahrleitungen sollten stets gespannt sein. Da sie aber im Sommer länger und
im Winter kürzer sind, werden Sie durch ein Gewicht gespannt.
9
∆l = l0α∆ϑ ;
7.2 cm
10
ϑ=
∆d
+ ϑ0 ; 195 °C
α d0
11
Annahme: Die Temperatur der Eisenteile schwankt zwischen –10 °C und +25 °C.
∆l = l0α∆ϑ ; 13 cm
12
Mit α = 1.2 ⋅10−5 K −1 (Eisen) ergibt sich l0 =
∆l
; 1500 m
α∆ϑ
13
a) ϑ =
∆l
+ ϑ0 ; 31 °C
l0 ⋅ α
14
l1 α 2
=
; 1.10
l2 2α1
b) l = l0 ⋅ (1 + α ∆ϑ ) ; 163.40 mm
1
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 4.2 Längen-, Volumen und Dichteänderung
2
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15
l02 + 4h 2 − l0
Annahme: Zimmertemperatur ϑ0 = 20 °C; ϑ = ϑ0 +
; 830 °C
α l0
16
d/2
h2
h1
α=
 d 2 + 4h 2

1
1
⋅
− 1 ; 1.5 ⋅10−5 K −1
2
2

ϑ2 − ϑ1  d + 4h2

17
a) Da sich die beiden Metallstreifen unterschiedlich stark ausdehnen, krümmt sich bei
Erwärmung das Bimetall nach oben und bei einer Abkühlung nach unten. Durch die
Krümmung bei einer Abkühlung werden die beiden Kontakte zusammengebracht, so
dass der Stromkreis geschlossen wird und die Warnlampe aufleuchtet.
b) Mit der Definition des Winkels:
β = l erhält man für β folgende zwei Gleichungen:
r
l (1 + α Cu ∆ϑ )
l (1 + α Fe ∆ϑ )
β= 0
;
und β = 0
r+d
r
Die zweite nach r aufgelöst und in die erste eingesetzt, ergibt die gesuchte
Gleichung.
c) s = r (1 − cos β ) =
l0 (1 + α Fe ∆ϑ )
β
(1 − cos β ) ; 1.9 mm
Flüssigkeiten
18
Der Benzylalkohol hat bei Zimmertemperatur eine höhere Dichte als Salzwasser. Bei
Erwärmung dehnt sich der Benzylalkohol stärker aus als das Salzwasser. Sobald der
Benzylalkohol die geringere Dichte als das umgebende Salzwasser aufweist, beginnt er
zu steigen. Auf seiner Reise im Salzwasser gibt er ständig Wärme ab, wodurch er sich
abkühlt und dichter wird. Sobald seine Dichte grösser wird als diejenige des Salzwassers, sinkt er.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 4.2 Längen-, Volumen und Dichteänderung
3
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19
1. Wasser hat keine lineare Ausdehnung. Je heisser das Wasser ist, desto grösser ist
sein Ausdehnungskoeffizient.
2. Wasser weist bei 4 °C eine Anomalie auf. Bei Temperaturen etwas unter 4 °C würde
die Wassersäule wieder ansteigen, womit Temperaturen unter 4 °C als höhere
Temperaturen angezeigt würden.
3. Es ist keine Temperaturmessung unter 0 °C möglich, da das Wasser gefriert.
20
Beim Eintauchen in heisses Wasser wird vorerst das Glas des Thermometers
ausgedehnt. Die Flüssigkeit findet mehr Platz und sinkt ab. Erst wenn sich die
Flüssigkeit zu erwärmen beginnt, steigt die Flüssigkeitssäule, wie erwartet, an.
21
∆V = V0γ ∆ϑ ; Ah = Ah0γ ∆ϑ ; h = h0γ ∆ϑ ; 13 cm
22
Massenerhaltung:
ρ 2 ⋅V2 = ρ1 ⋅V1
ρ 2 ⋅V1 (1 + γ∆ϑ ) = ρ1 ⋅V1
ρ1
ρ2 =
(1 + γ∆ϑ )
3
ρ 2 = 999 kg/m
Wichtig: Unter 4 Grad nimmt die Dichte jedoch wieder ab, und dieses sehr kalte Wasser
bleibt an der Oberfläche, wo es gefriert. (Anomalie des Wassers!)
23
V (10 °C)γ ∆ϑ
; 0.35 Liter
(1 + γ ∆ϑ )
b) Der Volumenausdehnungskoeffizient von Wasser ist stark temperaturabhängig.
Er nimmt im fraglichen Temperaturbereich mit steigender Temperatur zu. Aus
tabellierten Dichtewerten für Wasser (999.7 kg/m3 bei 10 °C und 973.0 kg/m3 bei
78 °C) berechnet sich ein übergelaufenes Volumen von 0.67 Litern.
a) ∆V (10 °C) =
24
a) Beim Erwärmen dehnen sich das Wasser und der Speicher aus. Da das Volumen des
Speichers aber viel weniger stark zunimmt, fliesst Wasser «tropfend» ab.
b) Bei geschlossenem Rohr würde das Wasser nicht mehr abfliessen können. Es würde
sich ein grosser Überdruck im Speicher aufbauen, der den Speicher womöglich
zerstören könnte.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 4.2 Längen-, Volumen und Dichteänderung
4
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c) Die gesuchte Dichte bei 57 °C kann linear interpoliert werden:
ρ
− ρ50 °C
= 984.65 kg/m3
ρ57 °C = ρ50 °C + 7 °C 60 °C
10 °C
∆m = V (ρ 20 ° C − ρ 57 °C ) ; 0.203 kg
d) Da sich der Speicher selber auch ausdehnt, fasst er ein grösseres Volumen. Es fliesst
daher etwas weniger Wasser ab.
25
In beiden Schenkeln befindet sich die gleiche Masse Toluol. Bezeichnen wir die
Steighöhe im Eiswassergemisch als h0 und diejenige in siedendem Wasser mit h, so gilt:
h − h0
h = h0 + h0γ ∆ϑ ⇒ γ =
; 1.09·10–3 K–1
h0 ∆ϑ
Systematischer Fehler: Im Toluol finden Wärmeleitung und eventuell sogar Konvektion
statt, die das Resultat verfälschen.
26
ρ=
ρ0
; m = ρV ; 14.9 kg (im Sommer); 15.0 kg (im Winter)
(1 + γ∆ϑ )
27
∆V
V ∆T
Für ∆T wird 11 K abgelesen und eingesetzt.
Für V könnte der Wert 3.290 m3 eingesetzt werden.
Fälschlicherweise wird für ∆V häufig die Differenz der beiden Volumenangaben der
unabhängigen Lieferungen eingesetzt. ∆V muss aber auf die gleiche Heizölmenge (hier
die erste Lieferung) bezogen werden. Die Frage ist, welches Volumen die erste
Heizölmenge bei Temperatur der zweiten Lieferung hätte. Es gilt:
 ρ − ρ2 
ρV
∆V = V2 − V2 = 1 1 − V1 =  1
 V1
ρ2
 ρ2 
∆ρ
; 0.0012 K–1
Daraus folgt: γ =
ρ 2 ∆T
Es gilt: γ =
28
a) Mit steigender Temperatur nimmt die Dichte der Flüssigkeit ab. Nacheinander
sinken deshalb immer mehr Kugeln ab. Zuletzt sinkt die oberste, die also das Schild
mit der höchsten Temperatur trägt.
∆ρ
; 1.0·10–3 K–1
b) γ = −
∆ϑρ 2
c) Nein, da der Volumenausdehnungskoeffizient von Wasser zu klein ist.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 4.2 Längen-, Volumen und Dichteänderung
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29
a) h0 =
V0
; 127.4 cm
l0 b0
b) Es gilt:
V0 = l0 b0 h0 und V = lbh
mit l = l0 (1 + α∆ϑ ), b = b0 (1 + α∆ϑ ), h = h0 + ∆h und V = V0 (1 + γ∆ϑ ) folgt:
V0 (1 + γ∆ϑ ) = l0 (1 + α∆ϑ ) ⋅ b0 (1 + α∆ϑ ) ⋅ (h0 + ∆h)
h0 (1 + γ∆ϑ ) = (1 + α∆ϑ ) 2 (h0 + ∆h)
mit ∆h = −9 ⋅10 −3 m und dem Taschenrechner folgt:
∆ϑ = –8 °C
5
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4.3 Das ideale Gas
1
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4.3 Das ideale Gas
Vorgänge mit einer konstant gehaltenen Zustandsgrösse
30
Vorausgesetzt, dass das Volumen des Reifens konstant bleibt, gilt nach dem Gesetz von
Amontons:
p1 T1
T
= ⇒ p1 = p2 ⋅ 1 = 4.23 bar
p2 T2
T2
Überdruck = 3.24 bar
31
p1T2
; 85 kPa
T1
b) F = ∆pA ; 17 kN
Bemerkung: In der Praxis wird dieser Wert wohl kaum erreicht. Schon beim
Abkühlen der Luft im Innern strömt Luft von aussen durch die Türspalte in den
Gefrierschrank nach. Sonst könnte die Tür auch nach einiger Zeit nicht wieder
geöffnet werden. Grosse Gefrierschränke können auch ein Druckausgleichventil
besitzen.
a) p2 =
32
Der Hinweis auf die schlaffe Hülle bedeutet, dass der Druck im Zeppelin konstant
T
bleibt. Dann gilt: V2 = V1 2 ; 381 Liter
T1
33
Nach Gay-Lussac gilt:
3
V1  d1  T1
T
=   = ⇒ d 2 = d1 ⋅ 3 2 = 27.5 cm
V2  d 2  T2
T1
34
Das Volumen des Ballons beträgt V = 4π r 3 = 3.1⋅103 m3 .
3
a) Die Dichte der Luft im Inneren des Ballons ist
T
ρi = ρn ⋅ n = 0.994 kg/m3 .
Ti
Die Masse der im Ballon enthaltenen Luft ist mi = ρi V = 3.0 t.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4.3 Das ideale Gas
2
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b) Die Masse der verdrängten Luft ist entsprechend ma = ρaV = ρn
Tn
⋅ V = 3.7 t.
Ta
Diese Masse verursacht den Auftrieb
c) Die Nutzlast ist 3.7 t − 3.0 t – 0.4 t = 0.3 t
d) Die Dichte der Luft im Inneren des Ballons nimmt um
ρT
∆ρ = ρnTn 1 − 1 = n n ∆T ≈ ρi ∆T ab.
T2 T1
T1T2
Ti
∆T
= 8.5 kg.
Ti
e) Der zweite Schatten stammt vom Ballon, aus dem der auf dem Bild sichtbare Ballon
fotografiert wurde.
Die mögliche Zusatzlast ist ∆m = ∆ρ ⋅ V = mi
35
V + ∆V T + ∆T
∆V
∆T
∆V 1
=
oder 1 +
= 1+
⇒
= ⋅V
V
T
V
T
∆T T
1
Der Volumenausdehnungskoeffizient eines Gases ist demnach γ = .
T
1
Für Luft von 20 oC beträgt er
= 3.4 Promille pro Kelvin. Er ist also rund 50293 K
mal grösser als derjenige von Aluminium. In einem festen Körper verhindern die
Anziehungskräfte zwischen den Molekülen eine völlig freie Eroberung des Raumes
durch die Erhöhung der Bewegungsenergie der Teilchen. Beim Gas sind diese
zwischenmolekularen Kräfte vernachlässigbar.
a) Nach Gay-Lussac gilt:
b)
4.3 Das ideale Gas
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Allgemeine Zustandsgleichung
36
Aus pV = nRT = m RT erhält man V = mRT = 763 cm3 .
M
Mp
37
44.0 g CO2 sind 1.00 mol CO2
Aus pV = nRT erhält man V = nRT = 36.5 dm3 .
p
38
Die Luftdichte ist proportional zum Druck und umgekehrt proportional zur absoluten
Temperatur:
=
n
Tn p
T pn
m = V = 1.9 kg
39
Dichte von CO2 bei Normdruck und 0 °C: ρN = 1.98 kg/m3
Druck des Gases in der Flasche: p = pn
VnT
mT
= pn
;
VTn
V ρnTn
40
a) ρ =
pM
= 210 kg/m 3
RT
b) m = ρV = 420 g
n=
pV m
=
= 13.1 mol
RT M
p1V
= 12.3 mol
RT
Es sind also 0.8 mol entwichen. Das sind 26 g.
c) n1 =
d)
p2 T2
T
= ⇒ p2 = p1 2 = 165 bar
p1 T1
T1
2.4 MPa
3
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4.3 Das ideale Gas
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41
Protokollbeispiel:
Länge: 4.15 m
Breite: 3.05 m
Höhe: 2.40 m
Temperatur 22 oC
Volumen V = 30 m3
pT
m = ρV = ρn n V ; 36 kg
pnT
42
V2 T2
T
= ⇒ V2 = V1 ⋅ 2 = 201.23 m3 . Es entweichen also 1.23 m3 Luft.
V1 T1
T1
pV
pV
Vor der Erwärmung waren n1 =
, nachher n 2 =
mol Luft im Zimmer.
RT1
RT2
pV  1 1 
 −  = 48.5 mol Luft.
R  T1 T2 
Es entweichen also 1.41 kg Luft.
Es entweichen also n1 − n2 =
43
p Tn π 3
⋅ ⋅ d = 1.6 g
pn T 6
b) Vor dem Abpumpen war die Luftmasse 200-mal grösser (1000 hPa/5 hPa).
Abgepumpt wurden 199 m = 0.32 kg.
a) m = ρV = ρn ⋅
c) Da der Luftdruck senkrecht auf die Kugeloberfläche wirkt, muss man nur die
Druckkomponenten in Zugrichtung berücksichtigen.
Man erhält F = A∆p =
π
d 2 ∆p = 50 kN.
4
d) Der Druckunterschied ∆p würde unwesentlich von 995 hPa auf 1000 hPa
zunehmen. Entsprechend wäre die Kraft auch nur 0.5% grösser gewesen!
44
Die Massendifferenz von 1.63 g entspricht der Masse des Gases, das sich im Kolben
gesammelt hat minus die Masse der Luft, die darin Platz hat.
p T
Diese wiegt mL = ρL ,n ⋅ ⋅ n = 1.13 g.
pn T
Also ist die Masse des gesuchten Gases: mG = m2 − m1 + mL = 2.76 g
mRT
m
= 70.7 g/mol.
Aus pV = nRT =
RT erhält man M =
pV
M
Es könnte Chlorgas Cl2 mit der Molmasse 70.9 g/mol sein.
4
4.3 Das ideale Gas
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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45
p1V1 = n1 RT1 beschreibt die Luft bei 20 oC in der Flasche.
pV
Man erhält n1 = 1 1 = 0.0119 mol
RT1
3
9 cm Wasser sind 9 g Wasser. Weil die Molmasse von Wasser 18 g/mol beträgt, sind
9 g Wasser 0.5 mol Wasser.
Bei 300 oC hat man insgesamt n2 = 0.5119 mol Gas, das gegen die Wände drückt.
n RT
Aus p 2V 2 = n 2 RT2 erhält man p2 = 2 2 = 81.3 bar.
V2
Den Überdruck von 81.3 bar hält die Flasche nicht aus. Noch bevor das Wasser in der
Flasche verdampft ist, explodiert sie.
Zu beachten: wenn die Flasche nur Luft enthalten hätte, wäre der Druck bei 300 oC
bloss 1.96 bar!
46
pM
berechnen.
RT
Für das Heliumgas im Inneren des Ballons erhält man ρ He = 0.180 kg/m3 und für die
vom Ballon verdrängte Luft ρLuft = 1.135 kg/m3.
Die Dichte eines Gases kann man aus ρ =
Das Volumen des Ballons ist V =
π
d 3 = 0.0287 m3.
6
Die Masse der verdrängten Luft (Auftrieb) beträgt demnach 32.6 g, diejenige des
Heliums im Ballon hingegen bloss 5.2 g.
Als «Nutzlast» erhalten wir 32.6 g – 5.2 g – 7.2 g = 20 g.
Adiabatische Zustandsänderungen
47
a) Am Gas wird Arbeit verrichtet. Dadurch nimmt die Energie des Gases zu. Alle
Teilchen bewegen sich schneller, und daher ist die Temperatur höher.
b) Die Geschwindigkeiten der Teilchen, die gegen den bewegten Kolben prallen, sind
nach dem Stoss grösser als vorher. Die gewonnene kinetische Energie wird durch
Stösse mit den anderen Teilchen im Gas verteilt.
c) Es muss gleich viel Wärme abgeführt werden, wie Arbeit zugeführt wird. Der
Kontakt mit der kühleren Umgebungsluft kann die Wärmeabfuhr bewirken, wenn
bei langsamer Kompression genug Zeit für den Wärmetransport vorhanden ist.
d) Beispiel: TI-89
Druck
1 MPa
adiabatisch
0
40 cm3
Volumen
isotherm
200 cm3
5
4.3 Das ideale Gas
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6
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48
Es gelten die Adiabatengleichung p1V1κ = p2V2κ (1) und das allgemeine Gasgesetz
p1V1 p2V2
(2).
=
T1
T2
1
 p κ
Mit Gleichung (1) wird V2 berechnet: V2 =  1  ⋅ V1
 p2 
Mit Gleichung (2) kann nun T2 und dann ϑ2 bestimmt werden:
1
−1
 p 
T2 =  1  ⋅ T1 ; 273 K = 0 °C
 p2 
Die Luft kühlt also beim Steigen ab. Daher ist es kein Widerspruch, dass «warme Luft
aufsteigt» und es oben doch meist kühler als unten ist.
κ
49
Es gelten die Adiabatengleichung p1V1κ = p2V2κ (1) und das allgemeine Gasgesetz
p1V1 p2V2
(2).
=
T1
T2
Um den Druck p aus den Gleichungen zu eliminieren, teilen wir Gleichung (1) durch
Gleichung (2). Das Ergebnis ist T1V1κ −1 = T2V2κ −1
1
 T κ −1
Diese Gleichung gibt das Ergebnis V2 = V1 ⋅  1  ; 22 cm3
 T2 
50
a) Es gelten die Adiabatengleichung p1V1κ = p2V2κ (1) und das allgemeine Gasgesetz
p1V1 p2V2
(2).
=
T1
T2
Um den Druck p aus den Gleichungen zu eliminieren, teilen wir Gleichung (1) durch
κ −1
= T2V2κ −1.
Gleichung (2). Das Ergebnis ist TV
1 1
κ −1
V 
Diese Gleichung gibt das Ergebnis T2 = T1 ⋅  1 
 V2 
κ
V 
b) p2 = p1  1  ; 5.7 MPa
 V2 
; 1.1·103 K = 850 °C.
4.3 Das ideale Gas
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7
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51
a) Die Abkühlung durch adiabatische Expansion lässt die Temperatur unter den
Taupunkt für Alkohol (und eventuell Wasser) fallen. Der Nebel besteht aus
schwebenden Alkohol-Tröpfchen.
b) Es gelten die Adiabatengleichung p1V1κ = p2V2κ und das allgemeine Gasgesetz
p1V1 p2V2
. Die Elimination von V1 und V2 führt auf:
=
T1
T2
1−
p 
T2 = T1  2 
 p1 
1
κ


p2
= T1 
 p2 + F 2
πr

1−





1
κ
; 279 K = 6 °C
Kinetische Gastheorie
52
a)
Teilchen
Masse m
Geschwindigkeit v
Impuls p
kinetische Energie Ekin
Gas
Druck p
Temperatur T
Volumen V
Teilchenzahl N, Stoffmenge n
Dichte ρ
Geschwindigkeitsverteilung f(v)
b) Ein Teilchen in einem würfelförmigen Kasten prallt in konstanten
zeitlichen Abständen gegen dieselbe Wand. Die Zeit dazwischen ist der
Quotient aus der doppelten Kantenlänge und der Geschwindigkeitskomponente senkrecht zur Wand. Die Impulsänderung beim Stoss führt
zu einer Kraft auf die Wand. Der Mittelwert dieser Kraft für die Zeit
zwischen zwei Stössen multipliziert mit der Anzahl N der Teilchen
ergibt die Kraft. Den Druck erhält man, indem man die Kraft durch die
Fläche teilt. Das Quadrat der Geschwindigkeitskomponente senkrecht
zur Wand darf im Mittel durch ein Drittel des Quadrates der Gesamtgeschwindigkeiten ersetzt werden.
Das Ergebnis dieser formalen Berechnungen ist pV = 1 Nmv 2 .
3
53
a) Die Waage zeigt gleich viel an. Die mittlere Kraft, die die Flöhe beim Springen und
Landen auf den Boden ausüben, entspricht genau ihrem Gewicht.
Folgende Rechnung zeigt dies für den Fall ohne Luftreibung:
Absprung- und Landegeschwindigkeit = v
Impulsübertrag bei Start und Landung auf den Boden = ∆p = mv + mv = 2mv
4.3 Das ideale Gas
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Zeit zwischen zwei Sprüngen = Flugzeit = ∆t = 2
v
g
∆p
g
= 2mv ⋅ = mg
∆t
2v
Auch Komplikationen wie Flöhe, die gegen den Deckel prallen oder Luftreibung
ändern nichts am Prinzip und am Ergebnis.
Mittlere Kraft F =
b) Die Teilchen im Gefäss üben durch ihre Bewegung und das Abprallen von den
Wänden Kräfte auf diese aus. Die Kraft auf den Boden des Gefässes zeigt nach
unten und muss etwas grösser sein als die Kraft auf den Deckel, die nach oben zeigt,
damit die Waage etwas anzeigt. Das heisst, dass pro Sekunde entweder mehr
Teilchen gegen den Boden prallen oder heftiger als gegen den Deckel. Bei gleicher
Temperatur oben und unten im Kasten ist die Teilchengeschwindigkeit gleich. Also
müssen es mehr Teilchen pro Sekunde sein, die gegen den Boden prallen. Und das
bedeutet, dass die Dichte des Gases unten grösser ist als oben. Der Dichteunterschied ist eine Folge der Gravitation, also der Gewichtskraft auf die Gasteilchen. Er
ist gerade so gross, dass die Waage die Masse der Teilchen anzeigt.
c) Nichts. Bei vernachlässigbarer Dicke des Deckels ist die Kraft auf dessen Oberseite
(nach unten) und dessen Unterseite (nach oben) gleich gross und heben sich auf. Bei
nicht vernachlässigbarer Dicke gibt es einen Unterschied der Kräfte auf Ober- und
Unterseite (=Auftrieb). Dieser hängt aber bei horizontaler Verschiebung des Deckels
nicht von dessen Lage ab.
54
a) In einer bestimmten Zeiteinheit prallen nun doppelt so viele Hagelkörner auf das
Dach. Ihre Impulsänderung (sie liegt zwischen mv für vollkommen inelastischen und
2mv für vollkommen elastischen Stoss) ist gleichzeitig auch doppelt so gross. Das
führt zur vierfachen Kraft auf das Autodach (48 N).
b) Gasteilchen, die gegen eine Gefässwand prallen, bewirken eine Kraft. Die Kraft
geteilt durch die Fläche ist der Druck im Gas. Der Druck ist proportional zum
Quadrat der Teilchengeschwindigkeit. Oder die Teilchengeschwindigkeit ist proportional zur Wurzel des Druckes. Wegen der Geschwindigkeitsverteilung der
Teilchen muss allerdings noch ein geeigneter Mittelwert für die Teilchengeschwindigkeit definiert werden, damit diese Aussage stimmt.
55
a) Während am offenen Ende die Gasmoleküle ungehindert ausströmen, stossen sie
gegen das geschlossene Ende und prallen dort ab. Dabei üben sie eine Kraft F auf
die Rakete aus, die diese
antreibt.
F
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4.3 Das ideale Gas
9
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b) Im Mittel fliegen die Hälfte der Moleküle nach links und stossen erst gegen die
Wand, bevor sie nach hinten aus der Rakete fliegen. Die andere Hälfte fliegt aus
dem Triebwerk, ohne die Rakete je in Flugrichtung gestossen zu haben. Für die
gegen die Wand prallenden Teilchen ist aber die Impulsänderung je doppelt so gross
wie der Impuls eines hinten hinausfliegenden Teilchens. So ergibt sich bei beiden
Betrachtungsweisen die gleiche Impulsänderung für die Rakete.
56
s
a) vAusbreitung = ; 0.7 m/s
t
3RT
; 0.46 km/s (mit der molaren Masse M = 0.034 kg/mol)
b) v ≈
M
c) Die Moleküle erfahren viele Stösse mit den Luftmolekülen. Ihr Weg wird dadurch
zu einem Zickzackkurs.
57
a) Die Teilchenzahl ist gleich (Satz von Avogadro). Das allgemeine Gasgesetz
pV = nRT liefert in beiden Fällen den gleichen Wert für die Stoffmenge n.
b) Die Dichte ist bei dem Gas mit der grösseren Teilchenmasse (Neon) grösser, weil
Teilchenzahl und Volumen gleich sind.
c) Die mittlere Teilchengeschwindigkeit ist bei dem Gas mit der kleineren Dichte
3p
(Helium) grösser, weil die Dichte in der Formel v ≈
unter dem Bruchstrich
ρ
steht und der Druck gleich ist.
d) Die mittlere kinetische Energie eines Teilchens ist in beiden Gasen gleich. Sie ist ein
Mass für die Temperatur, die in beiden Gasen gleich ist: Ekin = 3 kT
2
e) Der mittlere Impuls eines Teilchens ist beim Gas mit der grösseren Teilchenmasse
(Neon) höher. Die schwereren Teilchen sind langsamer und prallen daher weniger
häufig gegen die Wände als die leichten; da sie aber den gleichen Druck erzeugen
sollen, muss ihr Impuls grösser sein:
3p
3 pV
3 pV
p = mv = m
=m
= m
ρ
Nm
N
Da p, V und N gleich sind, ist der mittlere Impuls proportional zu
58
a) E = N Ekin =
b) E =
3
3
3
NkT = nRT = pV
2
2
2
3
pV ; 228 J
2
c) Mit ρ = 1.20 kg/m3 bei 20 °C ergibt sich h =
3p
; 12.9 km.
2 ρg
m.
4.3 Das ideale Gas
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
10
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59
a) Der Druck sinkt, weil der Schweredruck des Wassers proportional zur Tiefe ändert.
b) Das Volumen nimmt gemäss dem Gesetz von Boyle und Mariotte bei konstanter
Temperatur und Teilchenzahl mit sinkendem Druck zu.
c) Die Dichte sinkt, weil bei konstanter Masse das Volumen zunimmt.
3p
d) Die mittlere Geschwindigkeit v =
bleibt gleich. Sowohl der Druck als auch die
ρ
Dichte sind proportional zum Kehrwert vom Volumen V.
e) Die mittlere kinetische Energie ist konstant, weil sie proportional zur Temperatur ist.
f) Die gesamte kinetische Energie ist konstant, weil die Teilchenzahl und die mittlere
kinetische Energie konstant sind. Zwar verrichtet die Blase beim Ausdehnen Arbeit,
gleichzeitig fliesst ihr aber Wärme aus dem Wasser zu, so dass die Temperatur
konstant bleibt.
60
a) v ≈
3p
ρ
=
3 pV
; 428 m/s
mGas

2E 
T1 ; 534 K (= 261°C)
b) T2 = 1 +
3
pV


3 pV + 2 E
c) v2 ≈
; 577 m/s
mGas
d) Wegen 3RT = mGas v 2 vervierfacht sich die Temperatur auf 1172 K (= 899 °C).
Auch die Gesamtenergie vervierfacht sich, so dass das Dreifache der vorhandenen
9
Energie dazukommen muss: ∆E = pV ; 365 J.
2
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4.4 Wärme
1
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4.4
Wärme
Spezifische Wärmekapazität, Mischtemperatur
61
Für die Wärmeabgabe gilt:
Q = cm∆ϑ = c ρV ∆ϑ
Da das Volumen V und die Temperaturdifferenz ∆ϑ gleich sind, kommt es nur auf das
Produkt aus spezifischer Wärmekapazität c und Dichte ρ an.
J
J
für Aluminium, 1.46 ⋅106 3
für
Dieses Produkt hat die Werte 2.42 ⋅106 3
m ⋅K
m ⋅K
J
J
Blei, 3.54 ⋅106 3
für Eisen und 3.42 ⋅106 3
für Kupfer.
m ⋅K
m ⋅K
Eisen ist bei diesen Bedingungen am besten geeignet. Die abgebildeten Platten sind
trotzdem meist aus Aluminium, weil auch deren geringes Gewicht vorteilhaft ist.
62
Das warme Wasser gibt Wärme ab, das kalte Wasser nimmt Wärme auf. Unter den
genannten Umständen müssen beide Wärmemengen gleich gross sein: Qab = Qauf
Daraus folgt mit der Mischtemperatur ϑM :
mwarm (ϑwarm − ϑM ) = mkalt (ϑM − ϑkalt )
Auflösen nach mkalt =
mwarm (ϑwarm − ϑM )
; 4.8 kg
(ϑM − ϑkalt )
63
Bedeutung der Indizes:
G = Glas
W = Wasser
Nach einiger Zeit stellt sich eine gemeinsame Temperatur ϑM ein.
Der Teller nimmt dabei gleich viel Wärme auf, wie das Wasser abgibt:
cG mG (ϑM − ϑG ) = cW mW (ϑW − ϑM )
Auflösen nach der Anfangstemperatur des Tellers:
c m (ϑ − ϑM )
ϑG = ϑM − W W W
; 49 °C
cG mG
4.4 Wärme
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2
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64
Bedeutung der Indizes:
Hg = Quecksilber
G = Glas
W = Wasser
Nach einiger Zeit stellt sich eine gemeinsame Mischtemperatur aller drei Stoffe ein:
ϑM =
cG mGϑG + cHg mHgϑHg + cW mW ϑW
cG mG + cHg mHg + cW mW
; 59.8 °C
65
a) Die spezifische Wärmekapazität gibt an, wie viel Wärme einem Stoff zugeführt
werden muss, um die Temperatur eines Kilogramms dieses Stoffes um ein Kelvin zu
erhöhen.
b) Bei konstantem Druck dehnt sich das Gas bei Temperaturerhöhung aus. Dadurch
gibt es Energie in Form von Arbeit ab. Das geschieht nicht bei Erwärmung bei
konstantem Volumen.
c) In beiden Fällen muss die innere Energie des Gases (= kinetische Energie der
Gasteilchen bei einem idealen Gas) um den gleichen Wert erhöht werden, um eine
Temperatursteigerung von einem Kelvin zu erreichen. Da bei konstantem Druck das
Gas bei Wärmezufuhr Arbeit abgibt, muss mehr Wärme zugeführt werden als bei
konstantem Volumen. Daher ist cp stets grösser als cV .
d) Eigentlich gibt es den Unterschied auch bei Flüssigkeiten und festen Körpern. Aber
erstens ist der Unterschied deutlich geringer, weil die Ausdehnung wesentlich
kleiner ist als bei Gasen. Zweitens kommen Erwärmungen bei konstantem Volumen
für Flüssigkeiten und feste Körper selten vor, weil sie in der Regel im Kontakt mit
der Atmosphäre und damit unter konstantem Druck sind. Bei den Tabellenwerten
handelt es sich daher immer um cp, wenn nichts anderes ausdrücklich geschrieben
steht.
66
Es gilt Q = c p m∆T mit m = ρV = ρn ⋅
Q = c p ρn ⋅
Tn pV
(T1 − T2 ) ; 13.3 kJ
pnT2
Tn pV
, wobei T2 die tiefere Temperatur ist.
pnT2
4.4 Wärme
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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67
Es gilt Pt = c p m(T2 − T1 ) mit m = ρV = ρn ⋅
Tn pV
T pV
, also Pt = c p ρn ⋅ n
(T2 − T1 )
pnT2
pnT2
Ptpn
Aufgelöst nach der gesuchten Grösse: T2 = T1 1 −
c p ρnTn pV
−1
Nach Umrechnung in °C
◐
35 °C
40 °C
9 l/s
14 l/s
●●
71 °C
88 °C
●●●
107 °C
155 °C
68
Es gilt Q = cV m∆T mit m = ρV = ρn ⋅
Q = cV ρn ⋅
Tn p1V
T nR
V
= ρn ⋅ n
und ∆T =
∆p , also
pnT1
pn
nR
TnV
∆p ; 7.4 kJ
pn
Arbeit, Heizwert
69
25 gh
; 2 °C
cBlei
b) Die Angabe der Masse ist nicht nötig.
a) ∆ϑ ≤
70
Die mechanische Arbeit erwärmt das Wasser und den Topf: Nmgh = (cK mK + cw mw )∆T
(c m + c m )∆T
N= K K w w
; 13
mgh
71
Die kinetische Energie des Autos erwärmt die Bremsscheiben:
1
mAuto v 2 = cE mE (ϑ f − ϑ1 )
2
v=
2cE mE (ϑ f − ϑ1 )
mAuto
; 1.3·102 m/s = 4.9·102 km/h
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4.4 Wärme
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72
Die zugeführte Energie ist die Arbeit W = FR s
Es gilt ηW = cEisen ρ Eisen As∆TEisen
FR =
cEisen ρ Eisen A∆TEisen
η
; 0.48 kN
73
cW mW ∆ϑ
; 4.8 MJ/kg
mS
b) Beim Verbrennen heizt der Spiritus auch eine unbekannte Menge Luft und den
Erlenmeyerkolben auf.
Q c m ∆ϑ
; 0.16 kW
c) P = ≥ W W
t
t
a) HmS ≥ cW mW ∆ϑ , H ≥
74
3mgh = η mH
3gh
η=
; 0.13%
H
75
a) Der Gesamtwirkungsgrad ist das Produkt aus den Einzelwirkungsgraden
η = ηMotor ⋅ηGenerator ⋅ηLeitungen ; 25%
b) V =
Pt
; 30 Liter
ηH ρ
76
a) Der Gesamtwirkungsgrad ist das Produkt aus den Einzelwirkungsgraden
η = ηMuskel ⋅ηFahrrad ⋅ηGenerator ; 17%
b) m =
cW mW ∆TW
; 20 g
ηH
c) N =
cW mW ∆TW
; 1.9 ⋅103
2π rFηFahrradηGenerator
4
4.4 Wärme
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
5
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77
s = 100 km, Benzin: ρ = 744 kg/m3, H = 42 MJ/kg
a) V =
m
ρ
=
Ps
; 14 Liter
ηHρv
Ps
; 34 %
VHρv
b) η =
Schmelzen, Erstarren
78
Das Wasser kühlt ab und gefriert. In beiden Fällen gibt es Wärme ab. Insbesondere
beim Gefrieren gibt es pro Kilogramm 3.338·105 J Wärme ab. Diese Wärme wird zum
Teil auf die Früchte und Blüten übertragen, deren Temperatur dadurch auf 0 °C
gehalten wird, obwohl die Luft kälter ist. Es ist wichtig, dass die ganze Nacht über
Wasser zum Gefrieren zur Verfügung steht. Eine einmalige Bewässerung würde
weniger nützen, weil die entstehende, dünne Eisschicht kein ausreichend guter Isolator
wäre. Zu viel Eis könnte aber andererseits durch sein Gewicht Schaden anrichten.
79
Nein! ϑ 2 = ϑ1 +
Lf
c
; 198 °C (Schmelztemperatur: 327.4 °C)
80
cW (mW (ϑ2 − ϑ1 ) − mEϑ1 )
; 0.31 MJ/kg
mE
b) Die Temperatur des Gefässes hat sich auch geändert.
c) Wasser ist ein schlechter Wärmeleiter. Mit intensivem Umrühren wird erreicht, dass
die Temperatur überall gleich gross ist.
a) L f ≥
81
a) Q = c E m∆ϑ ; 1.8 kJ
c) t =
82
ϑM ≥
(
mW cW ϑW − mE L f + cE ϑ E
( mW + mE ) cW
Q
=
t
t
c E m∆ϑ + L f m
b) P =
c E m∆ϑ
; nach 31 min
P
d) t =
);
7.8 °C
c E m∆ϑ +
P
1
Lf m
10
; 0.96 W
; nach 5.3 h
4.4 Wärme
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6
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83
mW cW ∆ϑW
; 0.57 kg
cE ∆ϑ E + L f
mE =
84
Lf =
( mG cG + mW cW )(ϑW − ϑM ) − c ϑ ;
W M
mE
∆L f
L f ,Tab
308 kJ/kg
⋅100 %; − 7.6 %
85
Die höchste Temperatur wird erreicht, wenn das Wasser und das Eis schon zu Beginn so
warm wie möglich sind. Für das Eis bedeutet das eine Anfangstemperatur von 0 °C
(Schmelzpunkt), für das Wasser 100 °C (Siedepunkt). Wenn das Eis schmilzt, kühlt das
restliche Wasser von ϑ1 =100 °C auf die Temperatur ϑ2 ab.
Es gilt: cWasser ⋅ m ⋅ (ϑ1 − ϑ2 ) = m ⋅ L f
Daraus folgt: ϑ2 = ϑ1 −
Lf
= 20 °C
cWasser
Das Schmelzwasser (0 °C) vermischt sich mit dem restlichen Wasser (20 °C) zu Wasser
mit 10 °C. Das ist die Maximaltemperatur, die Aussage ist also unglaubwürdig.
86
Im Idealfall geht keine Wärme an die Umgebung verloren. Dann nimmt das Eis und der
Topf die gesamte Wärme auf, die bei der Verbrennung des Butangases entsteht. Das Eis
muss erst auf 0 °C erwärmt werden, dann schmelzen und dann als Wasser weiter auf
80 °C erhitzt werden:
cEis mEis ∆ϑEis + mEis L f + cWasser mEis ∆ϑWasser + cAlu mAlu ∆ϑAlu = mGas H
mEis =
mGas H − cAlu mAlu ∆ϑAlu
; 0.95 kg
cEis ∆ϑEis + L f + cWasser ∆ϑWasser
87
Im Idealfall wird keine Wärme an die Umgebung abgegeben und die Wärmeabgabe an
das Gefäss wird vernachlässigt. Dann gelangt die gesamte Wärme, die das Blei beim
Erstarren und Abkühlen abgibt, ins Wasser:
mBlei L f + cBlei mBlei ∆ϑBlei = cWasser mWasser ∆ϑWasser
mBlei L f + cBlei mBlei (ϑ f − ϑ2 ) = cWasser mWasser (ϑ2 − ϑ1 )
ϑ2 =
mBlei L f + cBlei mBleiϑ f + cWasser mWasserϑ1
cBlei mBlei + cWasser mWasser
; 23.7 °C
4.4 Wärme
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7
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Verdampfen, Kondensieren
88
a) Nur die ersten kleineren Blasen sind Luftblasen. Die grösseren sind
Wasserdampfblasen.
b) Bildung von Dampfblasen im Innern der Flüssigkeit, die aufsteigen und austreten;
der Dampfdruck muss gleich der Summe aus atmosphärischem und hydrostatischem
Druck sein. Die kleinen Wasserdampfblasen steigen auch auf. Die ersten Blasen
kollabieren aber nach dem Loslösen vom Boden (Geräusch). Erst allmählich
kommen sie ganz an die Oberfläche.
89
a) Erwärmen des Wassers; Verdampfen des Wassers; Erwärmen des Wasserdampfes
b) 4.2 · 104 : 2.3 · 106 : 1.9 · 104 ≈ 2 : 110: 1;
c)
in °C
110
100
2
90
112 113
Q
beliebige Skala
(nicht massstäblich)
90
Glas und Wasser muss die Wärme Qzu = (cW mW + cG mG )(ϑ2 − ϑ1 ) zugeführt werden. Der
Dampf gibt beim Kondensieren und der anschliessenden Abkühlung auf 80 °C die
Wärme Qab = mD Lv + cW mD (ϑV − ϑ2 ) ab. Beide Wärmemengen sind gleich, wenn die
Wärmeabgabe an die Umgebung vernachlässigt wird. Daraus folgt
(c m + c m )(ϑ − ϑ )
mD = W W G G 2 1 ; 15 g
Lv + cW (ϑV − ϑ2 )
91
Am meisten Wasser verdampft, wenn die Anfangstemperaturen vom Wasser und vom
Eisen so hoch wie möglich sind. Für Wasser bedeutet das eine Anfangstemperatur von
100 °C (Siedepunkt) und für Eisen von 1535 °C (Schmelzpunkt). Während das Wasser
verdampft, kühlt das Eisen auf 100 °C ab. Der Einfluss des Gefässes wird
vernachlässigt. So berechnen Sie die maximal verdampfte Wassermenge:
c m ∆T
mWasser = Eisen Eisen Eisen ; 34 g
Lv
Das ist viel weniger als 200 g (= 20% von 1000 g). Also ist die Aussage unglaubwürdig.
4.4 Wärme
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Luftfeuchtigkeit
92
Wenn 100% relative Feuchtigkeit überschritten ist, kommt es zur Kondensation.
Nur die relative Feuchtigkeit ist also für die Beurteilung der Niederschlagswahrscheinlichkeit bzw. für die Wolken- oder Dunstbildung massgebend.
93
pWasserdampf = f r ⋅ ps (10 °C) ; 8.6 mbar; 0.89 %
94
∆m = ϕ r ρsV ; 0.85 g
95
ρ W = ϕ r ρ s ( 20 °C ) ; 6.8 g/m3 also 5 °C.
96
m = ϕ r ρ sV ; 21 kg
97
ϕ a = ρW = ρs (10 °C ) ; 9.41 g/m3, ϕ r =
ρW
ρ s ( 20 °C )
; 54 %
98
a) Mit der einströmenden Luft gelangt auch dampfförmiges Wasser, das praktisch
immer in der Luft enthalten ist, in den Kühlschrank und gefriert an den Wänden zu
Eiskristallen.
b) Bei –10 °C kann die Luft 2.36 g/m3 aufnehmen, bei +20 °C 0.7·17.32 g/m3.
Bei jedem Öffnen gelangen also 3.91 g Wasser in den Kühlschrank.
1.00 kg
; 128 Tage
2 ⋅ 3.91 g
8
4.4 Wärme
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
9
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Wärme-Arbeits-Maschinen, Kreisprozesse
99
a) Bei jedem Durchlaufen des Kreisprozesses der genannten Maschinen muss das Gas
im Zylinder komprimiert werden. Beim Dieselmotor ist das die Kompression der
Luft vor dem Einspritzen des Kraftstoffs. Diese Kompressionsarbeit wird vom
Schwungrad verrichtet, das dabei Bewegungsenergie verliert. Das Schwungrad
nimmt also in jedem Zyklus der Maschine Energie auf und gibt einen Teil davon an
den Motor zurück. Nur die Differenz kann für andere Zwecke genutzt werden.
b) Es handelt sich in der Regel um Motoren mit vier oder mehr Zylindern. Die
Kompressionsarbeit in einem Zylinder wird dann von einem anderen Zylinder
verrichtet, der sich gerade im Arbeitstakt befindet. Wenn das Fahrzeug fährt und die
Antriebsräder mit dem Motor gekoppelt sind, kann auch das Fahrzeug selbst die
Rolle des Schwungrades übernehmen.
100
a) η =
Pt
; 0.018 (1.8%)
mH u
b) ηmax = 1 −
Tkalt
; 0.44 (44%)
Twarm
101
a) Der Teil mit konstantem Druck, also ein Viertel des Zylinders, wird mit Dampf
gefüllt.
b) Durch Auszählen der Kästchen oder Ausschneiden und Wägen der Flächen:
WEx ≈ 1.35 ⋅ W
c) 4·W
d) Aus der gleichen Dampfmenge wird mit Expansion des Dampfes etwa 2.35-mal
mehr Arbeit gewonnen. Allerdings ist die Arbeit pro Kolbenhub nur etwas mehr als
halb so gross.
e) Der Ursprung des p-V-Koordinatensystems liegt in der linken unteren Ecke des
Kästchenfeldes. Von dort aus gezählt hat der oberste Punkt auf der Kurve die
Koordinaten (5|10). Das Produkt ist 50. Andere Punkte nahe an der Kurve sind (7|7),
(10|5) und (16|3). In allen Fällen ist das Produkt etwa 50 oder grösser. Bei
adiabatischer Expansion müsste es deutlich kleiner werden. Daher ist Watt wohl
eher von einer isothermen Expansion ausgegangen.
102
a) Das Gas steht mit dem kalten Reservoir in Kontakt und hat sein maximales
Volumen. Der Motor befindet sich am Übergang von der isochoren Abkühlung zur
isothermen Kompression.
b) Während der Kompression bzw. Expansion bewegt sich der Verdrängerkolben fast
nicht, so dass das Gas in dieser Zeit in Kontakt mit dem kalten bzw. heissen
Wärmereservoir steht.
4.4 Wärme
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
10
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c) p
1
1
2
2
3
4
3
4
Isochore
Erwärmung
Isotherme
Expansion
Isochore
Abkühlung
Isotherme
Kompression
Wärmeaufnahme
Wärmeaufnahme
Arbeitsabgabe
Wärmeabgabe
Wärmeabgabe
Arbeitsaufnahme
V
103
p in bar
40
35
30
25
3
20
15
10
5
2
4
1
50 100 150 200 250 300 350
V in cm3
a) Es könnte ein Benzinmotor sein, wegen des Knickes nach der Zündung und weil der
maximale Druck für einen Dieselmotor zu gering ist.
b) 1 Ansaugen
2 Komprimieren (mit Zündung)
3 Arbeitstakt
4 Ausschieben
c) Die abgegebene Arbeit entspricht der eingeschlossenen Fläche im p-V-Diagramm.
Ein Kästchen entspricht 25 J. Das ergibt 0.33 kJ.
d) Pro Arbeitszyklus (2 Umdrehungen) wird eine Arbeit von etwa 0.33 kJ abgegeben.
Dies entspricht bei 4000 U/min einer Leistung von 11 kW.
e) m =
Pt
; 2.7 kg
ηH
4.4 Wärme
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104
a)
p
B
C
A
D
V
b) TB = 1.5TA ; 560 K
TC = 2TB ; 1.12·103 K
T
TD = C ; 746 K
1.5
c) W = ∆V ⋅ ∆p ; 188 J
p AVA
. Aufgenommene Wärme:
RTA
= CV n(TB − TA ) + C p n(TC − TB ) .
d) Stoffmenge: n =
Qauf
Wirkungsgrad: η =
e) ηCarnot = 1 −
W
; 0.0769 = 7.69 %
Qauf
TA
; 0.667 = 66.7 %
TC
105


Wa = ps ⋅ ∆Vs = m ⋅ ps  1 − 1  ≈ m ⋅ ps 1 ;
ρs
 ρ s ρ Fl 
1.69 ·105 J
106
a) QK = (ε − 1)W A ; 0.5 kJ bzw. PK = 0.5 kW
L m
b) t ≥ f ; 2 h
PK
c) Bezahlt wird W A : 0.2 kW·2 h·17 Rappen/kWh; 7 Rappen
11
4.4 Wärme
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
12
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107
a) Numerisch: η1 = 1 / 3 , η 2 = 1 / 2 ,η = 2 / 3 mit den Temperaturen aus der Grafik und
dem Carnot-Wirkungsgrad.
Q1 = Q11 = 3 J aus der Grafik. W1 = η1Q1 ; 1J, Q21 = Q11 − W1 ; 2J, W2 = η2Q12 ; 1J,
W = ηQ1 ; 2J
Die beiden Maschinen links geben zusammen dieselbe Arbeit ab, wie die Maschine
rechts bei gleicher Primärenergie. Also haben sie denselben Wirkungsgrad!
b) Formal: Aus η1 = 1 −
Tmedium
T
T
, η 2 = 1 − tief und η = 1 − tief folgt:
Thoch
Tmedium
Thoch
η = η1 + η2 − η1η2
numerischer Test:
2 1 1 1 1
= + − ⋅
3 3 2 3 2
108
a)
A
B
Thoch
Thoch
Haus
Q11
Umwelt
Q22
Q11
Q12
WKM
2
3
WKM
W
W
W
1
3
W
Q12
Q21
Q21
Q22
Umwelt
Umwelt
Haus
b) Primärenergie = Q11
A: W = η AQ11 , Heizwärme = Q12 = εW = εη AQ11
Heizwärme
= εη A = 2
Primärenergie
B: W = ηBQ11 , Heizwärme = Q21 + Q12 = (1 − ηB ) Q11 + εηBQ11
Heizwärme
5
= (1 − ηB ) + εηB = , also geringer als bei A.
Primärenergie
3
System A ist besser.
Haus
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4.4 Wärme
13
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Wärmeleitung
109
a) Alle Gegenstände am gleichen Ort haben nach einer gewissen Zeit die gleiche
Temperatur.
b) Die schlechten Wärmeleiter im Kühlschrank (z.B. Butter) fühlen sich wärmer an als
die guten Wärmeleiter (z.B. metallische Gitterroste), weil schlechte Wärmeleiter die
Wärme der Hand kaum aufnehmen.
110
Die Luft zwischen den Wänden bzw. der Schaumstoffmantel sind sehr schlechte
Wärmeleiter. Der Sekt muss vorgekühlt sein.
111
Geringe Wärmeleitung von Holz und der Luft im Zwischenraum,
Verminderung der Konvektion im Zwischenraum durch die Glaswolle.
112
a) ϑV = –195.8 °C
b) Leitung: Glas guter Isolator, Vakuum zwischen den beiden Wänden bester Isolator.
Strömung: Dichteabnahme der Luft über dem Stickstoff nach oben, keine Strömung.
Strahlung: Reflexion der von aussen einfallenden Strahlung an der verspiegelten
Wand.
113
Es bildet sich sehr schnell eine Dampfhaut (zischendes Geräusch beim ersten Berühren
der heissen Platte), die schlecht wärmeleitend ist, und die den Flüssigkeitstropfen vor
der raschen Verdampfung schützt.
114
a) ∆Q = λ
∆T
A∆t ; Kork 7.2 kJ
∆x
b) d Holz = d Kork ⋅
λHolz
; 5.0 cm
λKork
c) Stein leitet die Wärme viel zu gut.
115
P ∆Q
∆T
=
=λ⋅
; Holzwand: 17 W/m2 ; Fenster: 250 W/m2
∆x
A ∆tA
Neue Fenster einbauen (mindestens Doppelverglasung).
4.4 Wärme
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
14
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116
a) Mit d a = Aussendurchmesser und Δr = Wandstärke gilt für die Querschnittfläche
beider Stützrohre: A = 2π (d a − Δr )Δr .
Damit ist die gesuchte Leistung: P = Aλ ΔT = 2π (d a − Δr )Δrλ ΔT ; 18 W
h
h
b) m =
Pt
; 4.6 kg
Lf
c) 1.3·105 t
Wärmestrahlung
117
4
4
4
P = εσ A ( TKörper
− TLuft
−
) ⇒ TLuft = 4 TKörper
P
εσ A
;
25 °C
118
ΔT
π d l ; 8.8 kW;
Δx
Diese Leistung ist grösser als die Heizleistung für ein gut isoliertes Einfamilienhaus.
a) P = λ
b) d ′ ≈ 64 mm, Δx ′ = 10 mm, λ = 0.04 Wm–1K–1 (siehe Fundamentum);
4
4
c) P = σ Aa (T 4 − TLuft
) = σπ (d + Δx)l (T 4 − TLuft
);
11 W
34 W
d) Das Wasserrohr gibt sicher etwas mehr Energie ab als in c), aber viel weniger als in
a) berechnet. Kurze Rohrstücke mit nicht allzu hoher Oberflächentemperatur müssen
nicht unbedingt isoliert werden.
Die viel zu grosse (falsche) Wärmeleistung in a) folgt aus falschen Voraussetzungen
für die Temperaturen. Die Differenz von Innen- und Aussenwandtemperatur ist viel
kleiner als 4 °C. Die Einstellung des Thermostaten darf nicht gleich der (präzisen)
Innenwandtemperatur gesetzt werden. Die Messung von Oberflächentemperaturen
ist sehr schwierig. Deshalb ist das Messergebnis von Karin ebenfalls nicht sehr
genau.
119
π rE2 jSonne = 4π rE2σ TE4
TE =
4
jSonne
; 279 K = 6 °C
4σ
4.4 Wärme
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
15
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120
a) q = 1.7 W/kg
4π 3
r ρ , für die Oberfläche A = 4π ⋅ r 2
3
Energieerhaltung (Leistung):
3
4
4
Aσ TK − TU = qm und daraus r =
σ TK 4 − TU 4 ; 16 cm
ρq
2
Höhe: 32 cm; Oberfläche: 0.32 m ; Masse: 17 kg (Fuchs!)
b) Für die Masse gilt: m =
(
)
(
)
c) r = 37 cm
Höhe: 73 cm; Oberfläche: 1.7 m2; Masse: 0.21 t (Hirsch, Bär)
d) Die Ohren vergrössern die Oberfläche (Kühlrippen!) und ermöglichen dem Tier
mehr Wärme abzugeben. Dadurch lässt sich eine Überhitzung des Körpers
vermeiden. In kalten Regionen sind die Ohren dagegen klein, damit möglichst wenig
Wärme abgegeben wird.
121
Wegen des Vakuums und der dünnen Zuleitungsdrähte kann Wärmeleitung
vernachlässigt werden. Die zugeführte, elektrische Leistung und die empfangene
Wärmestrahlung der Umgebung muss also bei konstanter Temperatur durch
Wärmestrahlung vollständig wieder abgegeben werden:
P + σ ATU4 = σ AT 4
P = σ (2π r 2 + 2π rh)(T 4 − TU4 ) ; 9.9 W
122
a) Der Wärmestrom von der Drahtoberfläche (Enden vernachlässigt) ist gleich der
elektrischen Leistung: 2π rlσ (T 4 − TU4 ) = P
Für die Leistung gilt aber auch: P =
U2
U2A
π r 2U 2
=
=
R ρ 2000 ⋅ l ρ 2000 ⋅ l
Eliminieren von l und Auflösen nach r liefert: r =
3
P 2 ρ 2000
; 0.012 mm
2π 2U 2σ (T 4 − TU4 )
U 2π r 2
; 0.54 m
ρ 2000 ⋅ P
(Der feine Draht ist zu einer Wendel aufgewickelt.)
Die Länge ist l =
b) Die Abkühlzeit für einen Schritt berechnet sich aus dem Quotienten der
abgegebenen Wärme und des Wärmestroms von der Oberfläche des Drahtes:
Q
cm∆T
cr ρ∆T
∆t ≈ =
=
4
4
P Aσ (T − TU ) 2σ (T 4 − TU4 )
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4.4 Wärme
16
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Eine Berechnung (z.B. mit einem Tabellenkalkulationsprogramm) liefert die
Ergebnisse. Die gesuchte Zeit ist t = 0.18 s.
ϑ in °C
2000
1900
1800
1700
1600
1500
1400
1300
1200
1100
1000
900
800
700
600
500
Summe:
∆t in s
0.0011
0.0013
0.0016
0.0019
0.0024
0.0030
0.0038
0.0050
0.0065
0.0087
0.0119
0.0168
0.0245
0.0371
0.0590
0.1848
123
a) 3000 K: σ T 4 ; 459 W/cm2, farbige Fläche 50 W/cm2, 11 %
5700 K: σT 4 ; 5.99 kW/cm2, farbige Fläche 2.3 kW/cm2, 38 %
20000 K: σT 4 ; 0.91 MW/cm2, farbige Fläche 0.11 MW/cm2, 12 %
Bemerkung: Ablesegenauigkeit sollte zu einer Genauigkeit von etwa 5% führen.
Die schraffierten Flächen können durch Dreiecke, Rechtecke oder Trapeze
angenähert werden.
b) Für eine möglichst hohe Lichtausbeute ist eine Drahttemperatur von 5700 K
wünschenswert, eine höhere Temperatur führt zu einem höheren Ultraviolett-Anteil
und damit zu weniger (sichtbarem) Licht.
Die Schmelztemperatur begrenzt die Temperatur nach oben.
c) Aus einem leitenden Material mit hoher Schmelztemperatur.
Wolfram: 3695 K
Kohlenstoff: 4098 K (Sublimation)
Osmium: 3306 K
Tantal: 3290 K
Rhenium: 3459 K
Der Name Osram ist übrigens abgeleitet von Osmium und Wolfram.
Der Erfinder der Glühbirne T. A. Edison verwendete unter anderem Kohlefäden.
5.1 Reflexion
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
1
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Vorbemerkung
Um die Gleichungen 1  1  1 und b  B für dünne Sammel- und Zerstreuungslinsen
f g b
g G
sowie für flache Hohl- und Wölbspiegel konsistent nutzen zu können, müssen folgende
Vorzeichenkonventionen eingehalten werden:
•
•
•
•
•
•
•
•
Die Gegenstandsweite g ist immer positiv.
Die Bildweite b von reellen Bildern ist positiv.
Die Bildweite b von virtuellen Bildern ist negativ.
Die Brennweite f von Sammellinsen und Hohlspiegeln ist positiv.
Die Brennweite f von Zerstreuungslinsen und Wölbspiegeln ist negativ.
Die Gegenstandsgrösse G ist immer positiv.
Die Bildgrösse B von reellen (= umgekehrten) Bildern ist positiv.
Die Bildgrösse B von virtuellen (= aufrechten) Bildern ist negativ.
5.1
Reflexion
Reflexion am ebenen Spiegel
1
1
Spiegel
2
1
2
Spiegel
Das Bild ist aufrecht.
2
Wenn die Skala so betrachtet wird, dass der Zeiger mit seinem Spiegelbild zur Deckung
kommt, ist die Blickrichtung genau rechtwinklig zur Skala. So wird ein Ablesefehler
vermieden.
3
Bei trockener Fahrbahn wird das Licht der eigenen Scheinwerfer diffus in alle
Richtungen gestreut, unter anderem in Richtung des Fahrers. Dadurch erscheint die
trockene Fahrbahn erhellt. Eine nasse Fahrbahn wirkt dagegen wie ein Spiegel und
reflektiert das Licht in Richtung der entgegenkommenden Fahrzeuge.
5.1 Reflexion
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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4
Der Abstand der Bilder ist doppelt so gross wie der Abstand der beiden Scheiben.
Lampe
Bild 1
Bild 2
5
Scheitel
Auge
Spiegel
hScheitel
hSpiegel
hAuge
h0
Sohle
Aus den Strahlengängen Scheitel–Spiegel–Auge und Sohle–Spiegel–Auge ergibt sich
hSpiegel  0.5 hScheitel und h0  0.5 hAuge .
6
s1: Entfernung Spiegel–Wand; s2: Abweichung;
  0.5  arctan
7
d  2000 m 
20 m
; 8.9 km
4.5 m
Kamera
2000 m
4.5m
See
20m
d
s2
; 0.23°
s1
2
5.1 Reflexion
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
3
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8
a) Das Gerät wird vertikal gehalten, so dass man in Richtung des beobachteten
Himmelskörpers blickt. Man betrachtet den Horizont durch einen unverspiegelten
Teil des unteren Spiegels und dreht den oberen Spiegel soweit, bis das durch
Reflexion an beiden Spiegeln entstandene Bild des Himmelskörpers in Richtung des
Horizonts erscheint. Die Höhe des Gestirns über dem Horizont kann dann an der
Skala im unteren Teil des Instruments abgelesen werden.
b) Die Lotlinie auf den beweglichen Spiegel ist die Winkelhalbierende zwischen dem
einfallenden und ausfallenden Lichtstrahl. Soll der Winkel zwischen diesen beiden
Strahlen um 50° vergrössert werden, so muss die Lotlinie – und damit auch der
Spiegel – um die Hälfte dieses Winkels gedreht werden, also um 25°.
9
a)   (90   )  (90   )  180 ,
also      .
(1)
Ausserdem ist 2  2  (180   )  180 ,
also   2  2 .
(2)
Aus (1) und (2) folgt   2 

b)
Blickrichtung
Stab 1
45°-Spiegel
Stab 2
Sie stellen 2 Stäbe und den Winkelspiegel wie abgebildet auf, so dass Sie beim
Beobachten in der angegebenen Richtung beide Stäbe übereinander sehen können.
Reflexion an gekrümmten Spiegeln
10
Der Junge sieht – sofern er den Löffel nicht dicht vor das Auge hält – ein umgekehrtes,
reelles, verkleinertes Bild seines Gesichts; das Mädchen ein aufrechtes, virtuelles,
verkleinertes Bild von seinem Gesicht.
5.1 Reflexion
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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11
1
1 1
R
f =  =  9 m ; b     ;  4.7 m
2
 f g
b
Für G = 1.8 m ergibt sich B   G ; –85 cm
g
12
Der Durchmesser der Kugel ist 4.6 cm, also beträgt die Brennweite des sphärischen
Spiegels f = –1.15 cm. Das Bild des Reporters (in der Mitte) misst ca. B = –1.2 cm.
B b
1 1 1
GB
 und   folgt dann g 
Aus den beiden Gleichungen
 f ; 1.7 m
G g
f b g
B
13
r
gf
a) f  ; 20 cm ; b 
; 60 cm hinter dem Spiegel
2
g f
b) ein virtuelles Bild
bG
; –32 mm
c) B 
g
14
1 1
1
 
; g = 36 cm
f g f  g f
2
15
B
b
1 1 1
2 1
1
 1.5  und    
 
 f  3g ; f  30 cm
G
g
f b g
3g g 3g
16
1
1 1
a) f     ; 2.3 cm
b g 
b) V 
b
; –3.0
g
17
Da der Abstand g zum Mond sehr gross ist, gilt:
mit

B G
  2  tan folgt:
2
b g
B  2 f  tan

2
; 15 cm
1 1
 oder b  f
f b
4
5.1 Reflexion
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
5
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18
a) Sie verändern den Abstand zwischen Glühwendel (Lichtquelle) und reflektierendem
Hohlspiegel.
b) Um ein paralleles Lichtbündel zu erzeugen, muss das Glühlämpchen im Brennpunkt
des Hohlspiegels sein. Einen offenen Lichtkegel bekommen Sie durch eine
Vergrösserung des Abstandes zwischen Glühwendel und Brennpunkt des Spiegels.
19
a) Eine Verkleinerung der Gegenstandsweite hätte eine Vergrösserung der Bildweite
zur Folge. Da durch die Verschiebung des Klotzes aber die Bildweite verkleinert
wird, muss die Gegenstandsweite vergrössert werden. Der Spiegel muss also
ebenfalls nach rechts verschoben werden.
b) Der Brennpunkt des Spiegels liegt in jedem Fall zwischen dem Klotz K und dem
Spiegel. Mit zunehmender Gegenstandsweite rückt der Bildpunkt immer näher an
den Brennpunkt heran. Die Verschiebung des Klotzes muss also grösser sein als die
des Spiegels.
20
Da für jeden Punkt P gilt, dass y = PF ist, lässt sich mit dem Satz von Pythagoras die
Funktionsgleichung herleiten:
y
 f  y
2
 x 2 oder y 2   f  y   x 2
2
f
Somit ist die Funktionsgleichung der Parabel: y  1 x 2 
2f
2
y
F (0⏐f)
P (x⏐y)
x
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
5.2 Brechung und Totalreflexion
1
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5.2
Brechung und Totalreflexion
21
Beim Übergang in ein Medium gilt obige Aussage nicht mehr. Würde das Licht die
kürzeste Strecke wählen, müsste es sich stets gerade ausbreiten. Jeder «Knick», wie er
bei der Brechung auftritt, würde eine Verlängerung des Weges zur Folge haben.
Versucht das Licht jedoch die Zeit zu minimieren, wählt es in einem optisch dünneren
Medium die längere Strecke aus als in einem optisch dichteren. Es kommt zur Brechung
des Lichts.
22
23
a)
Aussenluft
Fensterglas
Plastikfolie
Innenluft
b) Der eintretende und der austretende Lichtstrahl sind parallel. Es tritt keine
Verzerrung auf.
24
a) Der Fischer trifft den Fisch nicht (siehe Skizze).
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
5.2 Brechung und Totalreflexion
2
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b) Der Winkel muss genau dem Brechungswinkel entsprechen:
sin α1
; 32°
sin α 2 =
n12
25
a) Im Glas werden die Strahlen gebrochen, was zu der betrachteten Erscheinung führt.
b) Aus der Skizze folgt:
und s = a ⋅ sin(α1 − α 2 ) ;
a= d
cos α 2
α1
a2 errechnet sich mittels Brechungsgesetz:
sin α1
d
α2 a
; 19.5°
sin α 2 =
n12
oben eingesetzt:
s
s = a ⋅ sin(α1 − α 2 ) = d
sin(α1 − α 2 )
; 2.9 mm
cos α 2
26
Die Hauptbrechung entsteht beim ersten Übergang in die Hornhaut. Beim Eintritt ins
Kammerwasser wird der Strahl wieder leicht nach oben gebrochen.
nLuft ~
~1
nHornhaut = 1.37
nKammerwasser = 1.33
α1 = 15°
α 3 = 23°
sin α1
); 11°
nHornhaut
n
⋅ sin α 3
);
α 4 = arcsin( Hornhaut
nKammerwasser
α 2 = arcsin(
24°
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
5.2 Brechung und Totalreflexion
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27
α4
n1
n2
α2 α
2
n3
α3
α5
α4
α3
α1
Es gilt für den ersten Übergang zwischen den Stoffen 1 und 2:
sin α1 n2
=
sin α 2 n1
Für jeden weiteren Übergang kann gezeigt werden, dass Folgendes gilt:
sin α1 ni
=
sin α i n1
Beim letzten Übergang zurück in Luft gilt:
sin α1
sin α1 ni
= mit ni = n1 , da wieder Luft:
= 1 oder α i = α1 , w.z.b.w.
sin α i
sin α i n1
28
a) Bei parallelen Schichten gilt:
sin α1 n5
(siehe Lösung zu Aufgabe 27);
=
sin α 5 n1
n1
sin α1 ; 86.69°
n5
b) 0.31°; Das ist gut der halbe Sonnendurchmesser.
(Wichtiger Zusatzeffekt: Da das Licht gut 8 min braucht, um die Erde zu erreichen,
ist die Sonne in dieser Zeit bereits 2° tiefer gesunken.)
sin α 5 =
29
Da α1 + α 2 = 90° gilt, folgt:
α1
α2
3
5.2 Brechung und Totalreflexion
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4
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n=
sin α1
sin α1
sin α1
=
=
= tan α1
sin α 2 sin(90° − α1 ) cos α 2
Die Höhe über dem Horizont beträgt: 90° − arctan n ; 36.9°
30
sin α
sin β
und β ' = ϕ − α ' folgt β = 79.7° (rot).
= 1.51 =
sin α '
sin β '
Analog β = 83.3° (grün)
a) Aus
b) γ = α + β − ϕ = 49.7 (rot); 53.3° (grün)
c) α min = 28.7°
Wenn α < α min tritt an der Fläche B Totalreflexion auf.
d) Wenn α = β , so auch α ' = β ' =
ϕ
ϕ
= 30° und α s = arcsin(n ⋅ sin ) = 49.0°.
2
2
Diesen Spezialfall nennt man symmetrischen Strahlengang.

 sin α  
e) γ = α + β − ϕ = α − ϕ + arcsin  n ⋅ sin(ϕ − arcsin 
 n  

Etwa bei α = 50° wird der Winkel γ minimal. Der symmetrische Strahlengang ist
auch derjenige, bei dem der Ablenkungswinkel γ minimal wird! Diese
Vermutung lässt sich mit Hilfe der Differentialrechnung auch streng beweisen.
31
α =α ' = 0 ⇒ β ' =ϕ ;
n=
sin β sin β
=
sin β ' sin ϕ
32
Der erste Brechungswinkel β1 lässt sich mit dem Brechungsgesetz ausdrücken:
 sin α1 
β1 = arcsin 
. Aus der Geometrie des Prismas folgt: α 2 = ϕ − β1
 n 


 sin α1   
Somit ist β 2 = arcsin ( n sin α 2 ) = arcsin  n sin  ϕ − arcsin 
   und der gesamte
 n 


Ablenkungswinkel ist:
5.2 Brechung und Totalreflexion
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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



 sin α1   

 n 
γ = α1 − ϕ + β 2 = α1 − ϕ + arcsin  n ⋅ sin  ϕ − arcsin 
γ rot = 41.2° und γ violett = 42.2°
Der Winkel zwischen den beiden Strahlen ist 1.0°.
33
sin β ≥ 1
β ' ≥ arcsin  1  = 36°
α ' ≤ ϕ − β ' = 24°
n
α ≤ arcsin(n ⋅ sin α ') = 44°
34
B
A
C
sin α = n ⇒ α ' = arcsin  sin 45°  = 27.3° ; β ' = ϕ − α ' = 62.7°


sin α '
 1.54 
sin β
= n ⇒ sin β > 1
sin β '
An der Fläche B wird der Lichtstrahl ins Prismeninnere reflektiert.
Der Winkel δ ist auf Grund des Reflexionsgesetzes: δ = 90° − β ' = 27.3°
γ ' = 45° − δ = 17.7°
sin γ
= n ⇒ γ = 27.9°
sin γ '
Der Lichtstrahl verlässt also die Fläche C unter dem Winkel 27.9° gegenüber der
Flächennormalen.
5
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
5.2 Brechung und Totalreflexion
6
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35
a)
A
B
C
sin α = n ⇒ α ' = arcsin  sin 45°  = 27.3° ;


sin α '
 1.54 
90! + γ ' = 135° + α ' ⇒ γ ' = 45° + α ' = 72.3°
sin γ
= n ⇒ sin γ > 1: an der Fläche C wird der Lichtstrahl ins Prismeninnere
sin γ '
reflektiert.
Der Winkel δ ist auf Grund des Reflexionsgesetzes: δ = 90° − γ ' = 17.7°
β ' = 45° − δ = 27.3° = α '
sin β
= n ⇒ β = 45.0° = α
sin β '
Der Lichtstrahl verlässt die Fläche B parallel zum einfallenden Lichtstrahl. Der
austretende Lichtstrahl ist umso stärker nach oben versetzt, je weiter unten der
einfallende Strahl auf die Fläche A trifft. Es kommt zu einer Bildumkehr. Man
könnte also Prismen auch zur Bildumkehr verwenden.
b) Eine Bildumkehr erhält man auch, wenn das Licht senkrecht auf die Fläche C fällt.
Damit Totalreflexion an den Flächen A und B auftritt, muss die Brechzahl grösser
als 2 = 1.414 sein.
A
B
C
c) Prismen, die wie in b) als Spiegel verwendet werden, befinden sich in Feldstechern.
Dort wird auf diese Weise der Weg des Lichtes zweimal «gefaltet», damit die
Baulänge im Vergleich zu einem Fernrohr kürzer wird. Auch bei «Katzenaugen» am
Fahrrad kommt der Strahlengang aus b) vor.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
5.2 Brechung und Totalreflexion
7
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36
a) Nach der Reflexion an der verspiegelten Rückseite können die Strahlen an der
Glasoberfläche noch einmal reflektiert werden. Diese gelangen wieder auf die
Rückseite, wo sie erneut gespiegelt werde und den Spiegel durch erneute Brechung
an der Oberfläche verlassen. Da diese Strahlen parallel zu den anderen reflektierten
Strahlen verlaufen, ist dieses Spiegelbild ebenfalls scharf.
b) Die Skizze zeigt, weshalb
die schwächeren Spiegelbilder
denselben Abstand vom Hauptspiegelbild haben:
37
Bei der Beobachtung eines Regenbogens schliessen die von der Sonne her kommenden
Lichtstrahlen mit der Blickrichtung des Beobachters einen Winkel von 42° ein. Da um
die Mittagszeit im Sommer die Sonne in der Schweiz deutlich höher als 42° über dem
Horizont steht, müsste die entsprechende Blickrichtung nach unten, d.h. gegen den
Boden, verlaufen.
38
a) Durch die Wasseroberfläche treten nur die Strahlen in mein Auge, deren
Brechungswinkel kleiner ist als der Grenzwinkel. All diese Strahlen bilden einen
Lichtkegel mit meinem Auge als Spitze und der besagten Kreisfläche als
Grundfläche.
n
b) Der Grenzwinkel beträgt: sin α = 1 ; 48.6°
n2
Der Kreisradius ergibt sich aus der Trigonometrie (siehe Skizze):
r sin α n1
1
tan α = =
= ⋅
n1
Luft
s cos α n2 cos α
r
mit: cos α = 1 − sin α
2
folgt: r =
n1
n2
s
s
n 
1−  1 
 n2 
2
; 1.1 m
n2
Wasser
39
a) Totalreflexion kann nur an einem Übergang von einem optisch dichteren zu einem
optisch dünneren Medium auftreten. Die Luftschicht unmittelbar über dem Asphalt
muss also optisch dünner sein.
b) Der Grenzwinkel ist anscheinend sehr gross. Grund: der Grenzwinkel ist von den
Brechzahlen abhängig. Je näher das Verhältnis der Brechzahlen bei 1 liegt, desto
grösser wird dieser. Die beteiligten Luftschichten haben demnach nur geringfügig
unterschiedliche Brechzahlen.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
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5.3
Linsen und optischen Instrumente
Linsen
40
1 1 1
  ; da die Bildweite b verkleinert wird und die Brennweite f konstant ist,
f b g
muss die Gegenstandsweite g vergrössert werden. Die Linse wird ein kleines Stück
vom Diapositiv weggeschoben.
b
b) V  ; das Bild wird kleiner.
g
a)
41
f  1
D
b
gf
g f
V
f
;
g f
–8.0 cm;
–0.40
42
1 1 1
  ; wenn g = 2f ist, muss auch b = 2f sein.
f b g
b) Von der Linse weg.
c) Von der Linse weg.
a)
43
B b
f
 
G g g f
A > 0 für g > f (reelle Bilder, Diaprojektion)
A < 0 für g < f (virtuelle Bilder, Lupe)
a) A 
b)
g f
A 1
A
Projektion: 1.33f
Lupe: 0.67f
44
Sei B die Bildgrösse des Mondes. Dieses befindet sich im Abstand f hinter der Linse,
1 1 1
weil der Mond sehr weit weg ist:  
 b f
B
f
s
V 0  ; 8
B s0
f
1
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
2
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45
a) g 
b) v 
d  d 2  4df
2
;
f
g

dg f b
(5.41 m);
Ib
 v2 ;
Ig
34.0 cm
3.34 m × 4.77 m, 253
46
f  (G  B)
; g  3.6 m bei 4.8 mm Brennweite
B
(g  19 m bei 25 mm Brennweite)
g
47
gf
d  b50 cm  b1.2 m ; 11 mm
g f
bf
b) b  d  f g 
; 75 cm
b f
g f
c) G  B 
; 31 cm × 47 cm; 12 cm × 18 cm;
f
a) b 
19 cm × 28 cm
48
a) g 
b) b 
1
1 1

f b
1
1 1

f g
;
55 cm
;
66.7 mm , davon benötigt das Objektiv 50 – 55 mm.
Die Zwischenringlänge darf also minimal 11.7 mm und maximal 16.7 mm betragen.
49
Während der Belichtungszeit bewegt sich ein Gegenstandspunkt über die Strecke
G  vSkifahrer  t ; 14 cm
Diese Strecke G ergibt als Bild die Unschärfe:
BG
f
b
G
;
g
g f
0.32 mm
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
3
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50
a) f  2  l ;
4.5 mm
fg
1
f2
 f
 b 
; 0.26 mm bzw. 2.0 m zum Film bzw. zum
g f
f
g10  f
1
g
Chip.
b) b 
c) b 
fg
g f
Gegenstandsweite
Bildweite
0.10 m
0.20 m
0.50 m
1.0 m
2.0 m

4.74 mm 4.63 mm 4.57 mm 4.55 mm 4.54 mm 4.53 mm
d)
51
(df  dg 1  fg 1 )  f
;
df  dg 1  f 2
f
; 2.25 cm
b) B  G 
g f
a) g 2 
16.4 m
52
B  2 μm ,
f 
Bg
Bg

;
BG
G
2.0 m;
4.5 × 4.5 km2
53
 = Kreisscheibchendurchmesser
Z = Blendenzahl
f = Brennweite
a) g1 
g
Z
1 2 (g  f )
f
; 3.53 m und g 2 
f2
; 20.4
b) Z  
 (g  f )
g
Z
1 2 (g  f )
f
; 6.20 m
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
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54
Da die Brechung an den Grenzflächen Wasser–Luft geringer ist, ist die Brennweite
grösser.
55
1 1 1
1
1
1
 



f b g
f x 2  f x1  f
 f 2  x1  x 2
56
r2
r1
M1
M2
d
1 1
1
r1r2
 1.56
 (n  1)   erhält man n  1 
f (r1  r2 )
f
 r1 r2 
1
r
b)
 0;
f  2  90.0 cm
n 1
r1
a) Aus
57
1 1
1
Aus D  (n  1)   erhalten Sie r2 
 0.50 m . Vorzeichen beachten!
D
1
 r1 r2 

n  1 r1
58
Nach der Formel der Brennweite einer Linse folgt für eine symmetrische Linse:
1
2
  n  1  
f
r
r
r
und f v 
. Subtraktion der beiden Gleichung ergibt:
Somit ist f r 
2  nr  1
2  nv  1
nv  nr
; 8.55 mm
f  r
2  nv  1   nr  1
4
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
5
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Linsensysteme
59
Blickrichtung
Glas
Die Skizze (Schnittbild) zeigt, dass die Luftblase mit dem Glas darüber und darunter als
Kombination zweier plan-konkaver Linsen angesehen werden kann, die zusammen wie
eine Zerstreuungslinse wirken.
60
Es ist möglich unter der Bedingung, dass die Brechzahl des Linsenmaterials kleiner als
die von Wasser ist. In diesem Fall wäre eine bikonkave Linse unter Wasser als
Kombination zweier plan-konvexer Linsen aus Wasser aufzufassen, deren Zwischenraum mit einem optisch dünnerem Medium ausgefüllt ist.
Wasser
Blickrichtung
Glas
61
1
1 1 1 
f Z      ; –120 mm
 b g fS 
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
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62
1
 2(nG  1) 
a) Mit r = –100 mm ist f  
 ; –100 mm
r


b) Die Wasserschicht stellt eine plan-konvexe Linse mit dem Krümmungsradius
1
 2(nG  1) nW  1 
R = 100 mm dar. f  

 ; –149 mm
r
R 

63
a), c)
F1
F2
F
optische Achse
d
– f1
h
f
b2
Linse 1
Linse 2
b) Der Brennpunkt F ist das Bild des Punktes F1 an der Linse 2. Daher gilt:
1
1
1

 .
f 2 d  f1 b2
1
 1
1 
 ; 45 mm
b2   
 f 2 d  f1 
1
1
1


f 2 d  f1 f  h
 f1
f

Ausserdem gilt (Strahlensatz):
f  h d  f1
 f1 f 2
df 2
; 20 mm
Aufgelöst: h 
; 25 mm und f 
d  f1  f 2
d  f1  f 2
d) Mit b2  f  h gilt (siehe b)):
6
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
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64
a)
x
y
F1
F
h
F2
optische Achse
f
f1
d
Linse 1
Linse 2
b) Abgelesen: h = 27 mm und f = 48 mm
c) Durch die Linse 2 wird der Punkt F1 auf F abgebildet. Dabei ist die (negative)
Gegenstandsweite g  ( f1  d ) .
1
1
1


Mit b  f  h gilt
.
f 2 f  h f1  d
f1
x
y
1
x
y


.
folgt
und 
Aus den Strahlensätzen
f
f h
f 1 f1  d
f  h f ( f1  d )
f1
1
1


Oben eingesetzt ergibt das
.
f 2 f ( f1  d ) f1  d
1 1 1
d
  
Auflösen:
f
f 1 f 2 f1 f 2
d), e)
Die Berechnungen werden mit dem Ergebnis von c) durchgeführt:
d
f
f–h = Abstand vom Film zur Linse 2
50 mm
58 mm
48 mm
200 mm
113 mm
38 mm
f) Beide Linsen müssen beim Zoomen relativ zum Film verschoben werden.
65
 1
1  r
a) f   rot
 blau   ; 4.5 mm
 nFK3  1 nFK3  1  2
b) Grundsätzlich kann die Zerstreuungslinse bikonkav, plan-konkav oder konvexkonkav sein.
Beispiele:
7
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
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Es müssen die beiden folgenden Gleichungen erfüllt sein:
 1 1 1
 1 1 1
2
2
blau
rot
blau
rot
und (nFK3
(nFK3
 1)  (nSF4
 1)   
 1)  (nSF4
 1)   
r1
r1
 r2 r1  f
 r2 r1  f
rot
 n blau  1 nFK3
1 
1   1

 rot
r1  2 f   FK3
   blau

blau
rot
 nSF4  1 nSF4  1   nSF4  1 nSF4  1 
r1  2 f 
n
blau
FK3

n
 
 1   n

 1
;
rot
blau
rot
 1 nSF4
 1  nSF4
 1 nFK3
1
rot
SF4
blau
SF4
1
oder
161.8 mm
1
 1 1
2 1
blau
r2   blau   (nFK3
 1)    ; 334.0 mm
r1  r1 
 nSF4  1  f
Die Zerstreuungslinse muss also konvex-konkav sein.
Auge, Lupe, Mikroskop
66
s0 = 25 cm: deutliche Sehweite
b: Augenlänge
g: Abstand der Zeitung zum Auge
f: Brennweite des Auges
Es gilt:
1 1 1
  D;
s0 b f
1
1 1 1
; 67 cm
 
mit D = 2.5 dpt und daraus g 
1
g b f
D
s0
67
g1 = 50 cm: Gegenstandsweite ohne Brille
g2 = 30 cm: Gegenstandsweite mit Brille
b: Bildweite des Auges (Augapfel)
f: Brennweite des Auges bei Einstellung auf 50 cm
f∞: Brennweite des Auges bei Einstellung auf unendlich
g: Gegenstandsweite mit Brille, wenn das Auge auf unendlich eingestellt ist.
fB: Brennweite der Brille
8
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
9
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a)
b)
1 1 1 1
1 1 1
 
und
  
g2 b f f B
g1 b f
1 1
1
Daraus:
 
g 2 g1 f B
Daraus: fB = 75 cm oder 1.33 dpt
1 1 1
1
1 1 1
 

und  
g b f f B
 b f
1 1
Daraus: 
g fB
Also g = 75 cm.
68
a) und b)
G: Gegenstandsgrösse des Dornes
g: Abstand des Dornes zur Lupe
f: Brennweite der Lupe
Da das Auge auf unendlich eingestellt ist, werden parallel einfallende Lichtstrahlen
scharf auf die Netzhaut abgebildet. Deshalb ist der Dorn im Abstand der Brennweite
der Lupe g = f, und es spielt auch keine Rolle, wie gross der Abstand von der Lupe
zum Auge ist.
G
G
tan  s0 s0
 tan  0
  ,
 tan  ; V 
g
s0
tan  0 g
f
c) V = 9.3
69
f ist die Brennweite der Lupe, G die Gegenstandsgrösse.
a) Das virtuelle Bild hat eine Bildweite von  25 cm (deutliche Sehweite).
Der Gegenstand ist daher näher an der Lupe als der Brennpunkt.
G
f s0
1
1 1
g s0 f  s0 s0
 
, also g 
und V 
Es gilt
 
 1
G g
f
f
f  s0
 s0 g f
s0
b) Nun ist die Bildweite nur noch  25 cm  d , weil das Auge immer noch auf 25 cm
eingestellt ist, aber im Abstand d von der Linse.
1 1
1
1
1 1
Es gilt
  , also  
g f s0  d
 s0  d g f
1
s
1  s0
   0
V  s0  
 f s0  d  f s0  d
c) 6.0 bzw. 6.1
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
10
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70
α Winkel im Bogenmass =   1 rad
180 60
s 
G  0 ; 2.91·10–4 mm = 291 nm
V
71
gOb: Gegenstandsweite des Objektes vor dem Objektiv
bOb: Bildweite im Mikroskop
Dann ist t  bOb  f Ob .
G: Gegenstandgrösse
B: Bildgrösse im Mikroskop
1
1
1


und daraus gOb = 5.13 mm
a) t  bOb  f Ob und daraus bOb = 197 mm,
g Ob bOb f Ob
und
st
V  0 ; 200
f Ok f Ob
b)
1
1
1
1
1
1


und bOb  g Ok  f Ob  t  f Ok und


 s0 g Ok f Ok
g Ob bOb f Ob
gOb = 5.13 mm und bOb = 204.7mm; V 

bOb  s0

 1 ; 248
g Ob  f Ok

72
g ist die Gegenstandsweite und G die Gegenstandsgrösse des Objektes vor dem
Objektiv.
b ist die Bildweite und B die Bildgrösse für das reelle Bild im Mikroskop.
Es gilt:
a) tan  
B
Gt
G

und tan  0 
und daraus V.
f Ok f Ok f Ob
s0
1 1
 
g b
L  t  f Ob 
st
V 0 ;
f Ok f Ob
b) Mit
gf Ob
1
gilt: t  b  f Ob 
 f Ob ; 25 cm
f Ob
g  f Ob
f Ok ; 37 cm
18
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
11
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c)
Ok.
L
Ob. fOb
G
fOk
t
optische
Achse
B
g
b
Fernrohre
73
Newton hat einen um 45° geneigten ebenen Fangspiegel, der die Strahlen seitlich aus
dem Fernrohr lenkt. Die Position des Okulars ist vor allem bei langen Teleskopen
ungünstig. Es ist für astronomische Beobachtung geeignet.
Gregory hat einen konkaven Hilfsspiegel, der die Brennweite des Fernrohres verlängert
und damit die Baulänge verkürzt. Der Brennpunkt des Hauptspiegels liegt vor dem
Hilfsspiegel. Das Okular ist hinter dem Hauptspiegel angebracht, was für
Beobachtungen günstig ist. Die Bilder sind aufrecht und seitenrichtig, daher ist es für
terrestrische Beobachtungen geeignet.
Cassegrain hat einen konvexen Hilfsspiegel, der die Brennweite des Fernrohres
verlängert und damit die Baulänge verkürzt! Das Okular ist hinter dem Hauptspiegel
angebracht, was für Beobachtungen günstig ist. Es ist für astronomische Beobachtung
geeignet.
Allgemein gilt, dass durch die Hilfsspiegel nur etwa 7% Lichtverlust eintritt.
74
a)
Okular
Objektiv
FOk
FOb
FOb
optische
Achse
b) B: Bildgrösse des reellen Bildes im Fernrohr
f
tan 
B
B
und tan  
und V 
 Ob
Dann gilt: tan  0 
f Ob
f Ok
tan  0 f Ok
FOk
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75
a) d Ob  32 cm und d Auge
b) d Ok  d Ob
 d
I
 8.0 mm , Fernrohr   Ob
 d Auge
I Auge

2

3
 ; 1.6 10

f Ok
; 0.37 cm
f Ob
76
Objektiv: Linse mit f = 50 mm, Okular Doppellinse mit f = 25 mm (eine Linse übrig),
V = 2, Baulänge 75 mm
Okular
Objektiv
FOk
FOb
FOb
optische
Achse
FOk
Objektiv: Linse mit f = 50 mm, Okular Tripellinse mit f = 16.7 mm, V = 3,
Baulänge 66.7 mm
Okular
Objektiv
FOk
FOb
FOb
optische FOk
Achse
Objektiv: Linse mit f = 50 mm, Okular Doppellinse mit f = 25 mm und einer
Umkehrlinse mit f = 50 mm, V = 2, Baulänge 275 m
77
a) Eine Möglichkeit unter einigen: Sie nimmt eine Kerze und stellt sie so weit vor die
Linse, bis das Bild gleich gross ist. (Dies ist im Abstand 4.8 m bei der doppelten
Brennweite der Fall.)
b) fOk = +2.4 cm oder fOk = –2.4 cm
c) 2.42 m bzw. 2.38 m
78
Sei G die Bildgrösse im Fernrohr und g die Gegenstandsweite (dieses Bildes) gemessen
vom Okular. Sei B die Bildgrösse der Sonne auf dem Schirm und b = 60 cm die
Bildweite, gemessen vom Okular.
G  f Ob tan  0 ; 1.5 cm
1
 1 1
g  
  ; 2.6 cm
 f Ok b 
B G
b
; 34 cm
g
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 5.3 Linsen und optische Instrumente
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79
a) Folgende Überlegung gilt auch für das Galilei’sche Fernrohr:
Sei dOb der Durchmesser des eintretenden Lichtstrahles und dOk der Durchmesser
des austretenden Lichtstrahles.
d Ob d Ok
f
d

und V  Ob  Ob ; 16
f Ob f Ok
f Ok d Ok
b)
V d Ob d Ok


; 10%, also V = 16 ± 1.6
V
d Ob
d Ok
80
a)
Objektiv
Okular
FOk
FOb
optische
Achse
FOk
FOb
b) Sei B die Bildgrösse des reellen Bildes des Objektives bzw. des virtuellen Bildes des
f
B
B
Okulars. Dann gilt: tan  0 
und tan  
und damit V  Ob .
f Ob
f Ok
f Ok
81
a) Für Randstrahlen gibt es grössere Linsenfehler als für Strahlen im mittleren Bereich
der Linse. Das Abdecken des Linsenrandes verbessert also die Qualität der Bilder.
f
b) t  f Ob  f Ok und V  Ob
f Ok
 f Ok 
t ; 10.7 cm, 7.9 cm ;
1V
f Ob  t   V  ; 1.6 m, 1.58 m
 V  1
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.1 Elektrisches Feld
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6.1
Elektrisches Feld
Ladung, Feld und Influenz
1
a) Der Körper enthält insgesamt gleich viele positive und negative Ladungen.
b) Die eine Ladungssorte ist im Überschuss vorhanden.
c) Mangel, respektive Überschuss von Elektronen
2
a) Reibungselektrizität zum Beispiel beim Ausziehen eines Pullovers oder beim
Aussteigen aus einem Auto
b) Elektrostatische Anziehung und Abstossung
3
Der Kamm ist leitend und nimmt die überschüssigen Elektronen der geladenen Haare
auf. Die Elektronen auf den Haaren können sich nicht bewegen. Wenn der Kamm das
Haar berührt, werden überschüssige Elektronen abtransportiert und das Haar wird
neutralisiert. Sind die Haare positiv geladen, gibt der Kamm Elektronen ab und
neutralisiert die Haare ebenfalls.
Die Ladung kann vom Kamm über die Hand in die Erde abfliessen.
4
5
Bild 1: Rechte Ladung negativ, gleicher Betrag wie linke Ladung
Bild 2: Rechte Ladung negativ, Betrag kleiner als bei der linken Ladung
Bild 3: Rechte Ladung positiv, gleicher Betrag wie linke Ladung
Bild 4: Rechte Ladung positiv, Betrag kleiner als bei der linken Ladung
6
a) Die Elektronen des Elektroskops verschieben sich zum positiv geladenen Glasstab
hin. Der Unterteil mit den Streifen lädt sich positiv auf, der Teller negativ.
b) Ihr Finger wird im Feld des positiv geladenen Stabes stark influenziert. Dadurch
bringen Sie zusätzliche Elektronen auf den Teller. Diese verteilen sich beim
Weggehen auf das ganze Elektroskop. Der untere Teil wird dadurch neutralisiert.
Der Ausschlag geht zurück.
1
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.1 Elektrisches Feld
2
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c) Nehmen Sie den Glasstab weg, verteilen sich die Elektronen auf dem Teller wieder
über das ganze Elektroskop. Es erfolgt ein erneuter Ausschlag.
7
a) Die negative Ladung wird in den Teller verschoben, der Ausschlag geht zurück.
b) Der untere Teil des Elektroskops bekommt zusätzliche negative Ladung. Der
Ausschlag wächst.
8
Influenz bleibt nur so lange erhalten, wie sich die Platten im Feld befinden. Ausserhalb
des Feldes sind die sich berührenden Platten wieder neutral, so dass das Elektroskop
keinen Ausschlag anzeigen kann.
Anders ist es, wenn die Platten im Feld getrennt werden. Die eine Platte wurde positiv,
die andere negativ influenziert. Diese Ladungstrennung kann beim Herausnehmen nicht
mehr rückgängig gemacht werden, da sich die Platten nicht mehr berühren.
Am Elektroskop zeigt sich zudem, dass die Platten gleich stark geladen sind.
Die Ladung wurde nur getrennt, es floss keine Ladung ab und keine Ladung hinzu
(Ladungserhaltung).
Coulombgesetz
9
b) Q2 = – 5.31·10–8 C
d) Q2 = – 9.16·10–8 C
f) FC = 6.31 mN; anziehend
a) FC = 2.30 mN; abstossend
c) r12 = 6.66 cm; anziehend
e) r12 = 9.17 mm; abstossend
10
a) Q  4 0 r 2 FC ;
4.48·10–7 C
2
 r
b) FC  FC    ;
 r 
0.784 N;
3.14 N
2
 r 1 1
c) FC  FC      ;
 r   4 2
32.0 mN
11
a) Seiden...: Seide ist ein guter Isolator. Die Ladung kann nicht abfliessen.
frei aufgehängt: Es wirken zunächst keine anderen Kräfte als die Gewichtskraft und
die Fadenkraft.
oberflächenleitendes: Die Ladung kann sich auf einer leitenden Oberfläche
gleichmässig verteilen. So liegt der Ladungsschwerpunkt in der Mitte. Das
Coulombgesetz ist streng genommen nur für Punktladungen und radialsymmetrisch
geladene Kugeln gültig.
6.1 Elektrisches Feld
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
3
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Anfangs...: Wenn sich das Holundermark-Kügelchen schon von der geladenen
Kugel wegbewegt hat, wirkt eine andere Kraft und somit auch eine andere
Beschleunigung.
feststehende: Die geladene Kugel soll sich nicht bewegen. So ist die Situation für
den betrachteten Augenblick statisch.
auf gleicher Höhe befindliche: Die Kraft auf das Holundermark-Kügelchen soll
senkrecht zum Faden wirken. So ist die resultierende Kraft gleich der Coulombkraft.
in vernachlässigbarer Zeit: Während des Aufladens der Kugel nimmt die Kraft auf
das Holundermark-Kügelchen zu. Es soll aber mit der Kraft gerechnet werden, die
bei der endgültigen Ladung der Kugel wirkt.
b) Es geht um zwei Kugeln. Beide sind zu einem bestimmten Zeitpunkt geladen und
befinden sich in Ruhe. Die Kugeln stossen sich ab. Da sich nur eine bewegen kann,
wird auch nur eine beschleunigt. Die Beschleunigung wird nur durch die
Coulombkraft bewirkt. Die Coulombkraft kann aus den Angaben sofort berechnet
werden. Die Beschleunigung erhält man, indem man die Coulombkraft durch die
Masse der beweglichen Kugel teilt.
c) a 
FC
QQ
 1  1 22 = 0.60 m/s2
m 4 0 mr
12
a) Das Styroporkügelchen wird bei der Berührung gleichnamig aufgeladen wie der
Bandgenerator.
b) Die Ladung des Bandgenerators ist viel grösser als die Ladung des Kügelchens.
1 Q1Q2
mar 2 ;
c) FC 

Q

4

4.8·10–9 C

ma
2
0
2
4 0 r
Q1

13
F
r
Näherung: C  ;
FG 2l
r 3 mg  4 0
dann ergibt sich Q 
;
2l
14
a) FC 
1 e2
 ;
4 0 r12
b) FG  G 
c) v 
m p me
;
r12
F C r1
;
me
8.2·10–8 N
FC
= 2.3·1039
FG
3.6·10–47 N;
2.2·106 m/s;
f 
v
2 r
;
6.6·1015 Hz
2.3 108 C
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.1 Elektrisches Feld
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15
a) FC 
1 e2
 ;
4 0 r 2
b) FG  G 
58 N (abstossend)
m2P
; 4.7·10–35 N (anziehend)
2
r
c) FG : FC ; 1 : 1.2·1036
1. Die Gravitationskraft ist verschwindend klein gegenüber der Coulombkraft.
2. Es muss eine weitere anziehende Kraft geben.
16
h
1
4 0

e2
; 12 cm
mP g
17
a) Anzahl Teilchen in einem 1 cm3 grossen Kristall:
  a3
N  2
 N A ; 4.6 1022 Ionen
M Na  M Cl
a
Abstand zwischen benachbarten Ionen: d  3 ; 2.8 1010 m
N
2
1 e
; 2.9 109 N
b) F 
2
4 0 d
c) Ftot  F  N 2 / 3 ; 3.8 106 N
d) Zwischen den weiter entfernten Ionen treten auch abstossende Kräfte auf.
e) Verschiebung eines Kristallteils um eine Strecke in der Grössenordnung des
Ionenabstandes führt zu einer starken abstossenden Wirkung.
4
6.1 Elektrisches Feld
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Potenzial und Spannung
18
a) U   ; 1.5 V; 4.5 V; 9.0 V
b) 1.5 V; 4.5 V; 6.0 V; 7.5 V; 9.0 V; 13.5 V
19
a)
φ in V
φ in V
Zwei Widerstände
Schiebewiderstand
2
2
0
5
x in cm
0
5
x in cm
b) Beim Schiebewiderstand nimmt das Potenzial linear mit dem Abstand ab.
Bei zwei Widerständen in Serie nimmt das Potenzial bei beiden Widerständen
ebenfalls linear mit dem Abstand ab.
Die verschiedene Steigung für die beiden Widerstände zeigt, dass die beiden Drähte
unterschiedliche Eigenschaften haben. Zwischen den beiden Widerständen ändert
sich das Potenzial nicht, da der Widerstand des Verbindungsdrahtes vernachlässigbar ist.
20
Die Spannung an der Kuh ist wegen des grösseren Schrittabstandes viel grösser:
U    k  k  270 V mit Schrittabstand dKuh ≈ 1.25 m; dBauer ≈ 0.25 m;
r rd
U ≈ 56 V
(Der Bauer ist ausserdem auch besser isoliert.)
21
a)
φ in MV
bezüglich
Erdboden
bezüglich
Flugzeug
100
0
200
h in m
b) U  Ed ; 600 MV
6.1 Elektrisches Feld
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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c) Die Spannung zwischen der geerdeten Turmspitze und der Wolkenschicht ist gleich
gross wie zwischen der Wolkenschicht und dem Erdboden. Die Feldstärke ist wegen
des Spitzeneffektes grösser. Bei einer Entladung schlägt der Blitz eher im Turm ein.
d) UMädchen = 0 V, da Kopf und Füsse leitend verbunden, UVögel = 750 kV
22
F N
F G
a) Aus der Abbildung wird deutlich, dass auf das Wasserteilchen eine zur Wasseroberfläche parallele Kraft einwirkt. Wird das Teilchen entlang der Oberfläche verschoben, wird an ihm Arbeit verrichtet. Die Wasseroberfläche kann also nicht eine
Äquipotenzialfläche darstellen.
b) Damit die Kraftkomponente in Richtung der Wasseroberfläche verschwindet, muss
die Gewichtskraft senkrecht zu dieser stehen. Allgemein ausgedrückt: Die
Äquipotenzialfläche muss stets senkrecht zu den Feldlinien stehen.
23
+
1
–
+
2
–
+
+
3
24
Alle weisen denselben Abstand von 3.3 mm auf.
+
4
+
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.1 Elektrisches Feld
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Beschleunigung im elektrischen Feld
25
a) Ekin  Eel , 1 mv 2  QU  v  2 e U ; 1.0·108 m/s
me
2
b) Ergebnis v = 325'000 km/s ist nicht möglich, da v > c; relativistische Rechnung
nötig.
c) 7.6·106 m/s
26
a)
2
s  1  eE  l 2 ; 7.0 mm
2 me v
m
b) U  1 e v 2 ; 280 V
2 e
27
mg
; 6.2·10–19 C
E
b) Das richtige Ergebnis ist Q  4 e  6.4 1019 C , Abweichung rund 3 %.
a) Q 
28
a) Die beiden Stahlkugeln und das Neutron werden nur durch das Gravitationsfeld
beschleunigt, da sie elektrisch neutral sind.
Das Proton und das Elektron werden praktisch nur durch das elektrische Feld
beschleunigt, da dieses auf die beiden Körper eine viel grössere Wirkung hat als
das Gravitationsfeld.
b) Die beiden Stahlkugeln und das Neutron beginnen einen freien Fall mit
g = 9.81 m/s2.
Das Proton wird nach unten, das Elektron nach oben beschleunigt. Ihre
Beschleunigung ist viel grösser als die Fallbeschleunigung, und das Elektron
wird viel stärker beschleunigt als das Proton.
c) Die beiden Stahlkugeln und das Neutron bewegen sich auf der gleichen
Parabelbahn nach unten (horizontaler Wurf).
Das Proton bewegt sich auf einer Parabelbahn nach unten. Diese Parabel ist viel
stärker gekrümmt als die Wurfparabeln der Stahlkugeln und des Neutrons.
Die Parabelbahn des Elektrons ist noch viel stärker gekrümmt als diejenige des
Protons und nach oben gerichtet.
7
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.1 Elektrisches Feld
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Kondensator
29
a) Die Spannungsquelle pumpt Elektronen von der einen Platte durch die Spannungsquelle hindurch zur anderen Platte. Die Platten laden sich entgegengesetzt auf.
Zwischen den Platten wird ein elektrisches Feld aufgebaut.
b) C   0 A  46 pF
d
c) Q  CU  0.33 μC Das entspricht der Ladung von 2.0 1012 Elektronen.
Diese werden von der einen Platte auf die andere geschoben.
U
d) E   0.88 MV/m
d
1
e) W  QU  1.1 mJ
2
W W
f)

 3.4 J/m 3
V
Ad
30
2
Q
Qd
a) C   0  r   r 
 19.0 cm
d
U
 0U
2
Q
b) Cneu   r  0  r  neu  Qneu  Q r d  5.00 μC
d neu
U
d neu
31
A
U
Cd
 A
; 9.0 dm2; E  ; 150 kV/m
0
d
d
U
; 5.0 m; 160 nF; Rauigkeit der Plattenfläche
b) dTheorie 
ED
a) C  0
c) 0.33 m; 6.0 F
Ad s
; 1.3 cm
h
d) V  Ad s   r 2 h  d  2r  2
32
C1 d 2

a)
C 2 d1
D
  1
 D2
2

d
  2
d1

d
  1
 d2
2

d
  1
d2

Q1 Q 2
Q
C
d

 1  1  1
C1 C 2
Q2 C 2 d 2
E1 U / d1 d 2


E2 U / d 2 d1
b) U 
8
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6.1 Elektrisches Feld
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c)
W1 QU 1 U 1
W
C
d
und C1U 1  C 2U 2  1  2  2


W 2 QU 2 U 2
W 2 C1 d 1
also speichert bei gleicher Ladung der kleinere Kondensator mehr Energie.
33
C1 : C 2  d 2 : d 1  2 : 1
Die Kapazität wird halbiert.
Da die Spannung konstant bleibt, gilt U 
Q1 Q 2

 Q1 : Q 2  2 : 1 .
C1 C 2
Die Ladung wird also auch halbiert.
U
Aus E  erhalten wir E1 : E 2  d 2 : d 1  2 : 1 . Auch die Feldstärke wird halbiert.
d
W1 Q1U Q1


 2 : 1 . Auch die im Kondensator gespeicherte Energie wird halbiert.
W 2 Q 2U Q 2
Die Energiedifferenz musste als mechanische Arbeit verrichtet werden.
34
a) C1 : C 2  d 2 : d 1  2 : 1 Die Kapazität wird halbiert.
Da die Ladung konstant bleibt, gilt Q  C1U 1  C 2U 2  U 1 : U 2  C 2 : C1  1 : 2 .
Die Spannung wird verdoppelt.
E1 U1 / d1 U1 d 2


  1:1
E2 U 2 / d 2 U 2 d1
Die Feldstärke zwischen den Platten bleibt unverändert.
W1 QU 1 U 1


 1: 2
W 2 QU 2 U 2
Die im Kondensator gespeicherte Energie verdoppelt sich. Da sich die Platten
gegenseitig anziehen, muss gegen diese Anziehung «gekämpft» werden. Dies
verlangt Arbeit.
b) Die im Kondensator gespeicherte Energie ist proportional zum Plattenabstand. Der
W
Quotient
ist deshalb konstant und stellt die Kraft dar, mit der sich die Platten
d
gegenseitig anziehen.
Q2
Q2
Q2
Q2
d erhalten wir F  W  W  1 

 1  2
Aus W  C U 2 
2
2C 2 0 A
d
d 2 0 A 4 0 r
2
Diese Formel ähnelt dem Coulomb’schen Gesetz. Dabei ist r der Radius einer als
kreisförmig angenommenen Platte und nicht etwa der Abstand zwischen den Platten.
Dieser spielt offensichtlich keine Rolle!
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35
C1 : C 2  1 :  r  1 : 4 Die Kapazität wird 4-mal grösser.
Q
Q
Da die Spannung konstant bleibt, gilt U  1  2  Q1 : Q 2  1 : 4 .
C1 C 2
Die Ladung wird also auch 4-mal grösser. Die Spannungsquelle muss also Ladung
nachpumpen!
Da das Paraffin polarisiert wird, entsteht durch die Polarisation ein elektrisches Feld,
das dem polarisierenden Feld entgegenwirkt. Die Gesamtfeldstärke müsste dadurch
U
kleiner werden. Da aber das Verhältnis E  unverändert bleibt, pumpt die
d
Spannungsquelle so viel Ladung nach, bis die Feldstärke wieder den ursprünglichen
Wert erreicht.
W1 Q1U Q1


 1: 4
W 2 Q 2U Q 2
Die von der Spannungsquelle zum «Nachladen» des Kondensators verrichtete Arbeit
wird als elektrische Energie im Kondensator gespeichert. Man kann sie als diejenige
Arbeit auffassen, die erforderlich ist, um das Dielektrikum zu polarisieren.
36
C1 : C 2  1 :  r  1 : 4
Die Kapazität wird 4-mal grösser.
Da die Ladung konstant bleibt, gilt Q  C1U 1  C 2U 2  U 1 : U 2  C 2 : C1  4 : 1 .
Die Spannung sinkt auf 1 des ursprünglichen Wertes.
4
E1 U 1 / d U 1


 4 :1
E 2 U 21 / d U 2
Da das Paraffin polarisiert wird, entsteht durch die Polarisation ein elektrisches Feld,
das dem polarisierenden Feld entgegenwirkt.
Die Gesamtfeldstärke wird dadurch auf 1 verringert.
4
W1 QU 1 U 1


 4 :1
W 2 QU 2 U 2
1
Die im Kondensator gespeicherte Energie verringert sich auf .
4
Die Energiedifferenz hat das Dielektrikum polarisiert.
37
a) C   r  0 A   r  0 nbc  2 r  0 bc n 2
a
d
a
2n
Nach n aufgelöst ergibt dies n = 564 mit a = 3.8 mm, b = 7.5 mm, c = 9 mm
nA = 381 cm2, d = 3.37 m
10
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.1 Elektrisches Feld
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b) W 
C 2
U  1.25 mJ
2
W  4.87 kJ/m3
V
c) Wählen Sie beispielsweise A = ac = 34.2 mm2, so wird n = 1113, und d bleibt
3.37 m.
Die Kapazität ist dann C   r  0 nac = 1.0 F. Sie bleibt also unverändert. Es spielt
d
also keine Rolle, wie man das «Sandwich» aufbaut.
38
a) C   0 r
Cd
A
 A
; 110 m2
 0 r
d
b) Q  CU  55 C; E  1 CU 2  150 J
2
39
Superkondensatoren: W  C U 2  160 J ; V = 11 cm3; W/V = 14 MJ/m3
2
NiMH-Akkumulatoren: W  QU  6.0 kJ; V = 7.2 cm3; W/V = 0.83 GJ/m3
NiMH-Akkumulatoren weisen also eine etwa 60-mal höhere Energiedichte auf.
Als Vergleich: Benzin hat eine Energiedichte von 31 GJ/m3. Das ist nochmals etwa ein
Faktor 40 mehr!
40
a)
b)
c)
d)
e)
Ctot = 24 F, alle Kondensatoren sind auf je 36 C geladen.
Ctot = 1.5 F, alle Kondensatoren sind auf je 9 C geladen.
Ctot = 8 F, die 3 Kondensatoren in Serie haben je 12 C, der andere 36 C.
Ctot = 6 F, alle Kondensatoren sind auf je 18 C geladen.
Ctot = 4.5 F, die 3 parallelgeschalteten Kondensatoren haben je 9 C, der andere
27 C.
41
a)
Kapazität Ctot
«Gold Cap»
C0
4 parallel
4 C0
Spannung Umax
Ladung Qtot
Energie Emax
U0
Q0
E0
U0
4 Q0
4 E0
4 in Serie
1
4 C0
4 U0
Q0
4 E0
2  2 parallel
C0
2 U0
2 Q0
4 E0
b) Bei allen drei Schaltungen kann bei der erlaubten maximalen Spannung gleich viel
Energie gespeichert werden.
2
c) Viermal vier in Serie geschaltete Kondensatoren parallel: E16  1 C0U Batterie
; 200 J
2
6.1 Elektrisches Feld
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42
a) C12 
C1C2
 2.0 μF;
C1  C2
Q1  Q2  Q  48 μC; U 
b) Q2  Q3  Q1  Q1 , U 2  U 3 , Q  CU  C3 
Q
; 8.0 V; 16 V
C
Q1
 C2 ;
U 3
3.0 F
43
Ansatz Energieerhaltung: 1 C (U 22  U12 ) N  1 mv 2
2
2
C (U 22  U12 ) N
; 0.65 t
m
v2
44
Ausgehend aus der Energie, die im elektrischen Feld zwischen den Platten eines
luftgefüllten Plattenkondensators gespeichert ist, erhalten Sie:
 A


W  C U 2  0 E 2 d 2  0 AdE 2  0 VE 2
2
2d
2
2
3
9
3
Mit V = 1 km = 10 m und E  2.5 10 6 V/m bekommt man W = 28 GJ = 7700 kWh.
Pro m3 sind es bloss 28 J.
45
a) Die elektrische Feldstärke zwischen den Platten ist homogen und bleibt beim
Auseinanderziehen konstant. Die Kraft auf eine Kondensatorplatte entspricht der
Summe der Kräfte auf die Ladungen an der Oberfläche der Platte. Da also
elektrische Feldstärke und Ladung auf den Platten konstant bleiben, tut es auch die
Kraft zwischen den Platten.
b) F  s 
c) F 
 AU 2  AE 2
Q2
Q 2 (d  s ) Q 2 d Q 2  s
und somit F 
 0 2  0
.


2 0 A
2d
2
2 0 A
2 0 A 2 0 A
 0 r 2U 2
2d 2
; 0.072 N
Auf- und Entladen von Kondensatoren
46
1
a) E  C (0.9 U ) 2 ; 47 J
2
b) Die Batterien können die Energie
E  QU  4  0.60 A  3600 s 1.5 V  13 kJ abgeben. Davon steht die Hälfte, also
6.5 kJ, zum Laden des Kondensators zur Verfügung. Die Energie pro Blitz liegt
somit zwischen 6.5 J und 32 J.
6.1 Elektrisches Feld
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
13
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47
a) Q1  C1U1  2.88 mC; E1  1 C1U12  34.6 mJ
2
  C1  C2 , Qtot
  Q1  Q2  Q1 , U 1  U 2 
b) C tot
Q1
C1

 U 1 ; 4.80 V

C tot
C1  C2
Q1  C1U1  0.576 mC; Q2  C2U 2  2.30 mC
2
  Q1  Q2  Q1  2.88 mC; E   1  C1  C2   U1   6.91 mJ
c) Qtot
2
d) Im Widerstand wird Energie in Wärme umgewandelt.
Die umgesetzte Energie ist nur vom Anfangs- und Endzustand der Kondensatoren
abhängig. Der Betrag des Widerstandes spielt daher keine Rolle. Der Widerstand
bestimmt nur das Tempo der Energieumsetzung.
48
U  U0  e
 t
RC
 t  RC  ln(
U0
);
U min
66 d
49
a) Der Kondensator lädt sich über den Widerstand langsam auf, bis die Zündspannung
der Glimmlampe erreicht ist. Sobald die
Glimmlampe zündet, fliesst ein recht hoher
Strom und die Spannung über dem Kondensator bricht sehr schnell auf die Löschspannung zusammen.
U
U0
UZ
UL
t1
t
t2
b) Die Entladezeit wird vernachlässigt, da die Aufladezeit hier viel grösser ist
 U UL 
1 ; 1.0 Hz
t  RC  ln  0
 f 


U
U
t
Z 
 0
50
a) I 0 
U 0  U Diode
;
R
18 mA
b) I 
U  U Diode
;
R
4.4 mA
c) Spannung über dem Widerstand fällt von 3.3 V auf 0.8 V.
t  RC  ln( 3.3 ) ; 0.26 · 103 s
0.8
t
6.1 Elektrisches Feld
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
14
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51 (Diese Lösung gilt ab der 4. Auflage 2010)
Die Spannung am Kondensator nimmt exponentiell mit der Zeit ab: U (t )  U 0 e
t
t
; 30 F
Daraus ergibt sich für die Kapazität C 

 U0  U0
 U0 
R  ln  
 ln  
 U  I0
U 
51 (Diese Lösung gilt bis zur 3. Auflage)
a) Tangente an die Entladekurve U  U1  e

t
RC
für t  0 und R 
U1
I
 1
RC
C
I1
C  (U1  U2 )
Tangente t: U2    t  U1  t 
C
I1
Steigung mt  
b) C 
I t
;
U1  U 2
30 F
52
a) C  
t
; 0.24 mF
R  ln 0.9
2
1  10 RI 
b) E0  C 
 ; 34 J
2  9 
19
CR 2 I 2
E E0  0.92 E0 162
c) P 


; 0.64 kW
t
t
t
53
1
C tot U 2 ; 430 J
2
E320  E30
; 24 kW (während 18 ms)
b) P  E 
t
 U 320 
RC  ln 

 U 30 
a) E 
U1
:
I1

t
RC
.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.1 Elektrisches Feld
15
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54
a) Die Spannung geht von U0 = 4.0 kV auf U1 = 3.6 kV zurück. C 
C ln U1 U 0 
1

.
R
t
CU 0 ln U1 U 0 
U
I0  0  
; 4.2 A
R
t
c) P0  I 0U 0 ; 17 kW
b) Aus U1  U 0  e

t
RC
2E
; 0.20 mF
U  U 12
2
0
folgt
Bildnachweis
4: Frauenfelder/Huber, Physik II (1958). Ernst Reinhard Verlag, Basel.
23: Bernhard Felder
6.2 Elektrischer Stromkreis
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
1
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6.2
Elektrischer Stromkreis
Gleichstromgrössen
55
∆Q ne∆V neA∆s
=
=
= neAv
∆t
∆t
∆t
b) n folgt aus den Daten von Kupfer: Wenn jedes Kupferatom ein Elektron zur
Verfügung stellt, dann muss also die Teilchendichte der Kupferatome gefunden
werden.
ρ
1
I
; 3.8 mm/s (Schneckentempo!)*
n = N A Cu ; 8.5 ⋅10 28 3 . v =
M Cu
m
enA
a) I =
* Aufgrund einer Änderung im Aufgabentext in der 2. Auflage 2006 hat diese
Aufgabe zwei unterschiedliche Lösungen. 3.0 mm/s für die 1. Auflage.
56
Spannung
Stromstärke
Widerstand
Arbeit
Zeit
Leistung
a)
31.0 V
2.50 A
12.4 Ω
11.6 kJ
2.50 min
77.5 W
b)
150 V
5.75 A
26.1 Ω
71.2 kJ
82.5 s
863 W
c)
230 V
1.10 A
210 Ω
1.07 kWh
4.25 h
252 W
d)
7.50 kV
12.5 A
600 Ω
93.8 kWh
60.0 min
93.8 kW
e)
83.1 V
5.50 A
15.1 Ω
1'000'000 J
36.5 min
457 W
f)
48.0 V
20.0 mA
2.40 kΩ
800 J
13.9 min
960 mW
57
a) F steht für Flink (es gibt auch Träge T, sehr träge TT, Mittelträge M und sehr Flinke
FF Schmelzsicherungen), 0.5 A der höchst zulässige Strom bei einer Spannung von
230 V (die Netzspannung). Dies ergibt eine maximale Leistung von 115 W, z.B. ein
Rasierapparat.
b) Ein Föhn hat eine Leistung von z. B. 1000 W. Die Sicherung ist beim Betätigen des
Föhns geschmolzen.
c) Karl muss eine neue Schmelzsicherung kaufen und ab sofort die untere Steckdose
für den Föhn verwenden.
58
a) P = UI ; 5 GW b) t =
PtBlitz
; 25 Tage
EJahr
59
a) W1 = Pt
11 ;
8.2 TWh
b) t2 =
W2
; 1 Monat
P2
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.2 Elektrischer Stromkreis
2
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60
Nutzbarer Energieinhalt der Batterie: ∆E = UI ∆t ; 11.3 kJ;
Preis pro kWh also 790.– Fr.
Vergleich: 1 kWh aus dem Netz kostet ca. 20 Rappen.
61
1Fr. ⋅ 3.6 ⋅106 J/kWh
∆t =
= 2 ⋅106 s oder 25 Tage
0.14 Fr./kWh ⋅12 W
62
∆Q cm∆ϑ
; 3.3 min
=
P
P
U U2
b) R = =
; 59 Ω
I
P
c) P′ = 1 P ⇒ t ′ = 4t ; 4-mal länger
4
a) t =
63
a) ϑ2 = ϑ1 +
IU ∆t
; 56 °C
mc
b) η =
cm∆ϑ
; 86 %
IU ∆t
64
a)
Q
= L f + cAl ∆ϑ ; 0.97 MJ/kg bzw. 0.27 kWh/kg
m
Also 0.97 MJ um ein Kilogramm Aluminium auf Schmelztemperatur zu bringen und
dann noch zu schmelzen.
b) Aluminium ist 3fach positiv geladen.
In 110 Öfen wird in der Zeit t folgende Masse abgeschieden:
N
It
m = 110nAl M Al = 110 Al M Al = 110
M Al
NA
3eN A
In derselben Zeit wird folgende Arbeit aufgewendet:
W = Pt = UIt
3UeN A
W 3UIteN A
=
=
; 43 MJ/kg, bzw. 12 kWh/kg
m 110 ItM Al 110M Al
Also 43 MJ um ein kg Aluminium elektrolytisch zu gewinnen.
Es braucht also rund 44-mal mehr Energie, um Aluminium elektrolytisch zu
gewinnen, als es wieder einzuschmelzen!
6.2 Elektrischer Stromkreis
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Serien- und Parallelschaltung
65
a) P = 20 ⋅ 4 '000 kWh = 250 kW
40 ⋅ 8 h
b) PL = P ; 12 W
n
66
RL
= RL I ; 20.9,
Rtot
U
somit dürfen 20 Glühbirnen parallel geschaltet werden.
a) N ist die Anzahl Glühbirnen: N =
2
b) P = 20 ⋅ U ; 1.32 kW (bei 20 Glühbirnen)
RL
67
a)
vor dem getrennten Streckenabschnitt:
auf dem getrennten Streckenabschnitt:
nach dem getrennten Streckenabschnitt:
T
b) I =
U
;
RM + RS
T
0.22 A
68
a) Es gibt nur zwei Schaltungen:
b) Es gibt diese 4 Schaltungen:
3
6.2 Elektrischer Stromkreis
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4
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c) Es gibt die 4 Schaltungen von N = 3 mit einem Serie- oder Parallelwiderstand mehr,
also 8 Fälle plus die nachfolgenden 2:
d) Es gibt die 10 Schaltungen von N = 4 mit einem Serie- oder Parallelwiderstand
mehr, also 20 Fälle plus die nachfolgenden 4:
e) Es gibt die 24 Schaltungen von N = 5 mit einem Serie- oder Parallelwiderstand
mehr, also 48 Fälle plus die nachfolgenden 18 Fälle:
Übrigens: (alles mit Computerhilfe gefunden)
N 1 2 3 4
# 1 2 4 10
5
24
6
66
7
180
8
522
9
10
11
1532 4624 14136
12
43930
13
137908
14
437502
Eine allgemeine Formel ist dem Autor dieser Aufgabe nicht bekannt, fragen Sie mal
Ihre Mathematiklehrerin bzw. Ihren Mathematiklehrer.
69
I1 = 220 mA , I 2 = 220 mA , I 3 = I 4 = 73.3 mA
70
a) 10 Ω
b) I1 = 2.4 A , I 2 = 1.4 A , I 3 = I 4 = 0.96 A , I 5 = 0.58 A , I 6 = 0.86 A
c) 20 V
71
a) Lösung des Gleichungssystems P1 = 300 W =
P2 = 1250 W =
U2
;
b) P =
R
U2
bzw.
R1 + R2
U 2 ⋅ ( R1 + R2 )
ergibt R1 = 71 Ω und R2 = 106 Ω.
R1 ⋅ R2
500 W bzw. 750 W
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.2 Elektrischer Stromkreis
5
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72
U2
R
Stufe 1: R = 416 Ω, P = 130 W
Stufe 2: R = 255 Ω, P = 210 W
Stufe 3: R = 169 Ω, P = 310 W
Stufe 4: R = 86 Ω, P = 620 W
Stufe 5: R = 57 Ω, P = 930 W
Stufe 6: R = 50 Ω, P = 1.1 kW
a) allgemein: P =
b)
A wird verbunden mit
1
2
4
B wird verbunden mit
4
4 und 5
5
R
671 Ω
71 Ω
502 Ω
P
79 W
740 W
110 W
73
3-stufig
4-stufig
P1
R2
P2
R3
R1
1.32
kW
0.66
kW
40 Ω
80 Ω
160 Ω
40 Ω 1.32 kW 80 Ω 0.66 kW 180 Ω
P3
R4
0.33 kW
0.29 kW 360 Ω
P4
∆Qmax ∆Qmin
400 kJ 100 kJ
0.15 kW 400 kJ 44 kJ
Der 4-stufige Haarföhn hat kaum Vorteile, da die neue vierte Stufe nur eine sehr
schwache Wärmeleistung hat.
74
I
A
I1
I2
A
B
D
V
C
Wenn man Amperemeter und Voltmeter austauscht, bekommt man die oben stehende
Schaltung.
Das Amperemeter hat einen sehr kleinen Widerstand, so ist I1 ≈ 0. Das Voltmeter hat
einen sehr grossen Widerstand, so fliesst praktisch kein Strom zwischen C und D, somit
ist auch I ≈ 0.
Das Amperemeter zeigt praktisch keine Stromstärke, und das Voltmeter zeigt ungefähr
die Quellenspannung der Schaltung an: ein bisschen weniger als 230 V.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.2 Elektrischer Stromkreis
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75
a)
R
U0 −U L
; 2.7 Ω
I
U
c) η = L ; 82 %
U0
b) R =
76
Der Widerstand R1 der grossen Glühbirne beträgt nach Herstellerangaben:
U2
; 353 Ω
R1 =
P
Für die kleine Glühlampe gilt: R2 = 6.8 Ω
Der Gesamtwiderstand der in Reihe geschalteten Lampen ist: Rtot = R1 + R2
Folglich fliesst durch beide Lampen eine Stromstärke von: I =
U
Rtot
Über der grossen Glühbirne liegt eine Spannung von: U 1 = R1 I = R1
U
Rtot
U2
Die Leistung der grossen Lampe ist demnach: P1 = U 1 I = R1 2 ;
Rtot
144 W
U2
Analog gilt für die kleine Glühbirne: P2 = R2 2 ;
Rtot
2.8 W
77
a) Die Spannung wird 1:1 geteilt, also 6 V.
b) Die Spannung wird 2:1 geteilt, also 8 V.
U2
U12
c) R =
; 12 Ω, P1 =
= 5.3 W
P
R
(dies ist mehr als die erlaubten 3 W, das Lämpchen leuchtet also heller und wird
bald durchbrennen),
P3 = P4 = 1.3 W
(dies ist weniger als die erlaubten 3 W, diese Lämpchen leuchten einfach weniger
hell).
6
6.2 Elektrischer Stromkreis
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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78
a)
Schaltung 2
Schaltung 1
4V
0.3 A
6V
0.2 A
4V
0.3 A
6V
0.2 A
Schaltung 4
Schaltung 3
4V
0.3 A
6V
0.2 A
4V
0.3 A
6V
0.2 A
b) Bei den Schaltungen 2 und 4 beträgt die Gesamtstromstärke 0.3 A, bei den anderen
Schaltungen 0.5 A. Die Leistung ist also bei 2 und 4 am kleinsten.
79


R2
R1 R2
 1 
x
=
a) R =
mit
= R1 
1 
R1
R1 + R2
 +1
x 
Es wird die Funktion f ( x) =
x
1
=
und g ( x) = 1 dargestellt.
1+ x 1
+1
x
7
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.2 Elektrischer Stromkreis
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b) Ist ein Widerstand der Parallelschaltung null, so ist der Ersatzwiderstand null. Dies
entspricht einem Kurzschluss.
Ist ein Widerstand der Parallelschaltung unendlich (entspricht offenem Schalter!), so
ist der Ersatzwiderstand gleich dem anderen.
80
)
(
a) R1,2 = 1 RS ± RS2 − 4 RP RS ; R1 = 94.7 Ω und R2 = 5.28 Ω
2
b) Sei RP der Parallelwiderstand und RS der Seriewiderstand, dann folgt aus
RR
1
1
1
+
=
, dass RP = 1 2 , d.h. R1 + R2 muss R1 R2 teilen.
R1 R2 RP
R1 + R2
Dazu können Sie ein kleines Programm schreiben, das aus zwei Schleifen besteht.
In der äusseren Schleife wird R1 von 1 bis 150 hochgezählt und in der inneren R2
von 1 bis 150, wobei jedes Mal die Teilbarkeit geprüft wird. Dann finden Sie unter
anderen folgende Lösungen, die aber alle nicht sehr nahe an der Lösung a) sind.
c)
R1 in Ω R2 in Ω RP in Ω RS in Ω
72
9
8
81
90
10
9
100
110
11
10
121
81
Diese Schaltung heisst Brückenschaltung. Sie lässt sich mit den Kirchhoff’schen Sätzen
vollständig verstehen.
R1
R3
R5
A
B
R2
R4
82
a)
U1
Batterie 1
U2
Batterie 2
32 V
kurzgeschlossen
32 V
kurzgeschlossen
30 V
30 V
b) U3 = R3 I3 ;
27 V
Rtotal
bezüglich
wirksamer Batterie
64 Ω
60 Ω
–
I1
I2
500 mA – 400 mA
– 375 mA
500 mA
125 mA
100 mA
I3
100 mA
125 mA
225 mA
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6.2 Elektrischer Stromkreis
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Innerer Widerstand
83
Beim Drehen des Zündschlüssels (= Schliessen des Schalters) steigt die Stromstärke I0
stark an. Bedingt durch den Innenwiderstand der Batterie, führt dies zu einer starken
Abnahme der Klemmenspannung.
I0
Schalter
Scheinwerfer
Ri
Anlasser
84
U K = U 0 − Ri I ; 11.8 V, 10.2 V
85
a) Die Batterie hat einen inneren Widerstand, der in Serie zum Lämpchen geschaltet
ist. Wenn ein äusserer Widerstand Ra angeschlossen wird, ist die gemessene
Klemmenspannung kleiner als die Quellenspannung U0.
U
P1 = U1 I1 ; 1.44 W
b) Ra = R1 = 1 ; 9.0 Ω
I1
U − U1
c) Ri = 0
; 3.0 Ω
I1
U0
d) I 2 = 1
; 0.32 A;
U 2 = R1 I 2 ; 2.88 V; P2 = U 2 I 2 ; 0.92 W
21R +R 
 1
i
2

86
U K = U 0 − Ri I
U 0 = 4.7 V;
I max = 1.1 A und Ri = 4.3 Ω.
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6.2 Elektrischer Stromkreis
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87
 U0 

Ri 
 ≈ U 0 ⋅  1 −  , falls Ra Ri ;
a) U K = Ra ⋅ 
 Ri + Ra 
 Ra 
b)
lim U K = U 0 .
Ra →∞
UK
U0
Ri
Ra
88
a) P = UI ; ja
U −UK
b) Ri = 0
; 200 Ω
I
c) Die Leistung wird maximal für R = Ri. Bei einem Verbraucherwiderstand von 200 Ω
2
U0
U0
wäre die Stromstärke I =
, die Leistung also P = R ⋅
; 0.17 W.
R + Ri
( R + Ri ) 2
89
a) Vereinfachende Annahme: Der Lampenwiderstand ist unabhängig von der
Stromstärke.
6V
RBirne =
= 12 Ω
0.5 A
R ⋅ 4 ⋅U 0
U K = Birne
; 5.1 V
RBirne + 4 ⋅ Ri
U K2
; 2.2 W
b) P =
RBirne
90
a) R =
UK
;
I
b) I1 =
U1 − U K
;
R1
7.97 Ω;
R1 =
35.7 m;
U1 − U K′
;
I′
I2 = I − I1 ;
1.96 Ω
146 mA;
R2 =
c) Die beiden Batterien werden sehr verschieden belastet.
Zwischen den Batterien fliesst ein Ausgleichsstrom.
U2 −UK
;
I2
0.205 Ω
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6.2 Elektrischer Stromkreis
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91
U0
; 20 A, 12 A und 5.5 A
Ri + Ra
U K = U 0 − Ri I ; 40 V, 48 V und 55 V
I=
92
a) Die Spannung beträgt: U = 5000 ⋅U 0 = 750 V
RReihe = 5000 ⋅ R0 = 1250 Ω
Die 140 Reihenwiderstände sind noch parallel geschaltet: Rinnen =
Somit ist I =
RReihe
= 8.9 Ω
140
U
; 0.93 A.
R
( aussen + Rinnen )
b) Die Stromstärke in den einzelnen Elektrozyten ist 140-mal kleiner als die gesamte
Stromstärke:
I Reihe = I ; 6.6 mA
140
Somit wird der Aal von seiner eigenen Stromquelle nicht getötet.
Spezifischer Widerstand
93
2
l = Rπ r ; 46 m
ρel
94
Weil sein Volumen erhalten bleibt, muss seine Querschnittsfläche A auf ein Drittel
zurückgehen. Wegen R = ρel l verneunfacht sich sein Widerstand auf 18 Ω.
A
95
a) U = Ri
3
I max ; 3.8 V
4
b) I = U = UA ; 6.2 A
R ρell
96
cm∆ϑ
; 1.0 kW
∆t
ρ lP
c) A = el 2 ; 4.3 ⋅10−9 m 2
U
a) P =
b) I =
P
; 4.4 A
U
11
6.2 Elektrischer Stromkreis
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97
2l
; 0.68 Ω
A
RKabelU 0
U2
b) U = U 0 −
, wobei RMotor = 0 ; 225 V
RKabel + RMotor
P0
a) RKabel = ρel
c) P1 =
U2
; 1.8 kW
RMotor
d) PKabel
(U − U )
= 0
2
RKabel
; 44 W
98
a) lDraht = 11.55 m ;
b) RDraht = ρel
lDraht
;
db
d=
P=
ρel PlDraht
bU 2
;
0.22 mm
U 02 RDraht
; 92 W
( Ri + RDraht ) 2
c) I Draht RDraht = U 0 − Ri ( I Draht + I Anlasser ) ;
I Draht = 4.0 A ;
P = 23 W
99
a) R = ρel,Cu
4l
;
2
πd Cu
3.6 Ω und m = ρCu
2
πd Cu
l ; 1.5 t
4
2
ρ el,Al
πd Al
; 7.5 mm, m = ρ Al
l ; 0.71 t
ρ el,Cu
4
b) d Al = d Cu
100
a) Widerstand eines Seils zwischen den Kreuzungsmasten: 34 mΩ;
PV = I 2 RSeil ⋅ 6 ; 810 kW
b) d = 2
A
π
; 51 mm; effektiv ist der Durchmesser grösser, da 2027 mm2 den
reinen Materialquerschnitt angibt.
c) ρel = R
A
;
l
3.6 ⋅10−8 Ωm
12
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.2 Elektrischer Stromkreis
13
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101
a) Aus U = RI und R = ρ el
b)
l
und m = ρAl folgt l =
A
mU
;
Iρ el ρ
1.43 km
∆l 1  ∆m ∆U ∆I 
= 
+
+  ; 0.081 = 8.1%, also l = 1.43 km ± 0.12 km
l
2 m
U
I 
Temperaturabhängiger Widerstand
102
U
; 120 Ω. Der Widerstand von Metallen nimmt mit steigender Temperatur
I
zu. Der Draht der Lampe im Betrieb mit 24 V ist offensichtlich sehr heiss (>2000
°C), sonst würde er nicht so hell mit weissem Licht glühen.
a) R =
b)
25
Spannung in V
20
15
10
5
0
0
50
100
150
200
Stromstärke in mA
c) An jeder Lampe liegt eine Spannung von (230/16) V = 14.4 V. Bei dieser Spannung
beträgt die Stromstärke gemäss Diagramm 150 mA. Das ist auch die Stromstärke für
die Reihenschaltung. Der Gesamtwiderstand beträgt (230 V/0.15 A) = 1.53 kΩ.
103
a) 6 V·0.6 A = 3.6 W
Also «6 V/3.6 W» ist die korrekte Lampeninschrift.
b)
:
b = 0.56
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.2 Elektrischer Stromkreis
14
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3
c) Aus P = UI ∞ T und R = U ∞ T folgt I ∞ U 5
I
b = 0.60
4
2
d) R = U ∞ U3 = U 5
I
U5
e) Aus d) folgt mit R ∝ T : T = T0
U in V
I in A
R in Ω
T in K
1.0
0.22
4.5
1.6 ⋅103
2.0
0.32
6.3
2.2 × 103
R
, T0 = 353 K, R0 = 1.0 Ω
R0
3.0
0.41
7.3
2.6 ⋅103
4.0
0.48
8.3
2.9 ⋅103
5.0
0.54
9.3
3.3 ⋅103
6.0
0.60
10
3.5 ⋅103
104
Es handelt sich um Kennlinien bei unterschiedlicher, aber jeweils konstanter
Temperatur. Bei 1 ist der Widerstand kleiner und die Temperatur tiefer als bei 2.
105
Bei 1 nimmt der Quotient U/I mit zunehmender Spannung ab. Das bedeutet, dass der
Ohm‘sche Widerstand mit zunehmender Temperatur abnimmt. 1 ist also die Kennlinie
des NTC-Widerstandes, 2 die des PTC-Widerstandes.
106
Nach Einstellung einer Spannung nimmt die Stromstärke zu, weil sich der Widerstand
aufheizt und daher besser leitet. Bei den ersten Messungen stellt sich ein Gleichgewicht
zwischen der elektrischen Leistung Pzu = UI und der durch Wärmeleitung, Konvektion
und Wärmestrahlung abgegebenen Leistung Pab = Q t ein. Dadurch wird auch die
Temperatur stabil und die Stromstärke steigt nicht weiter. Bei der letzten Messung
nimmt über längere Zeit die Stromstärke und damit die elektrische Leistung schneller zu
als die abgegebene Wärmeleistung. Bevor sich ein neues Gleichgewicht einstellen kann,
ist eine Temperatur erreicht, bei der der Widerstand schmilzt.
107
Die Spannung U0 der Spannungsquelle wird in der Serienschaltung aufgeteilt:
U 0 = U NTC + U Lampe
U NTC U Lampe
=
RNTC RLampe
Wenn nach dem Einschalten die Temperatur der beiden Widerstände durch die
elektrische Energiezufuhr steigt, nimmt RNTC ab und RLampe zu. Somit nimmt auch UNTC
ab und ULampe zu. Die Stromstärke in der Reihenschaltung kann sich auch verändern.
Aber offensichtlich nimmt sie kaum ab, sondern eher zu, so dass die Leistung der
Lampe P = U Lampe I mit steigender Temperatur zunimmt.
Die Teilspannungen sind proportional zu den Widerständen:
6.2 Elektrischer Stromkreis
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
15
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108
a)
RGlüh
RGlüh
RGlüh
RNTC
RNTC
RNTC
b) Der NTC-Widerstand darf sich nicht stark aufheizen und der Strom, der durch ihn
fliesst, trägt nicht zur gewünschten Lichtproduktion bei. Im kalten Zustand hat der
Glühdraht einen viel kleineren Widerstand als der NTC-Widerstand. Dadurch fliesst
bei gleicher Spannung mehr Strom durch den Glühdraht. Die Leistung ist für den
Glühdraht höher, und er wird so heiss, dass er glüht. Aber auch dann ist sein Widerstand immer noch deutlich kleiner als der des NTC-Widerstandes.
c) Wenn ein Glühdraht durchbrennt, hat der verbleibende, kalte NTC-Widerstand
einen viel grösseren Widerstandswert als die übrigen, intakten Lampen. In der
Reihenschaltung entfällt also auf ihn ein grosser Teil der Netzspannung. Dadurch
heizt er sich auf, und sein Widerstandswert geht zurück. Parallel dazu geht auch die
Teilspannung, die auf ihn entfällt, zurück. Im Vergleich zu a) ist die Teilspannung
an der (defekten) Lampe und die Stromstärke wieder etwa gleich gross. Der NTCWiderstand ist heisser, aber nicht so heiss, dass er glüht.
d) Offensichtlich kann es vorkommen, dass die in c) beschriebenen Vorgänge zu einer
grösseren Stromstärke in der Serienschaltung führen. Das geschieht, wenn der
Widerstand des heissen NTC-Widerstandes in einer defekten Lampe kleiner als der
Gesamtwiderstand einer intakten Lampe ist. Bei mehreren durchgebrannten Lampen
kann es so zu einer Überhitzung der übrigen Lampen kommen, die dann auch
durchbrennen. Schliesslich kann es zu einer Überhitzung der Zuleitungen und
Verbindungsdrähte mit Brandgefahr kommen.
6.3 Elektromagnetismus
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
1
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6.3
Elektromagnetismus
Magnetisches Feld
109
a) Das Erd-Magnetfeld zeigt geografisch von Süden nach Norden. Im Osten des
stromdurchflossenen Drahtes zeigt das von ihm erzeugte Magnetfeld von Norden
nach Süden. Den Abstand vom Leiter findet man aus
I
0 I
BE ,h  0  r 
 19 cm.
2 r
2 BE ,h
b) 5.0 cm südlich vom Draht hat das Magnetfeld des stromdurchflossenen Drahtes die
 I
Stärke BL  0  8.0 10 5 T und zeigt von Osten nach Westen. Die Kompassnadel
2r
B
weicht von dieser Richtung um den Winkel   arctan E ,h  15o nach Norden ab.
BL
N
B
BE,h
BL
110
P
; 667 A
U
I
B  0 ; 3.81·10–5 T, das liegt in der Grössenordnung des Erdmagnetfelds.
2r
Eine angebrachte Kompassnadel schlägt tatsächlich auch aus.
I
111
Das Netzkabel ist zweiadrig und führt den Strom sowohl zum Staubsauer hin als auch
wieder zurück. Da sich die beiden Adern so nahe beieinander befinden, hebt das
Magnetfeld der zurückführenden Ader dasjenige der zuleitenden Ader auf. Zudem
führen beide Adern Wechselstrom. Die träge Kompassnadel könnte sich selbst bei
einem einadrigen Kabel nicht dem rasch ändernden Magnetfeld angleichen.
112
N  B ; 19.1 cm–1
l 0 I
6.3 Elektromagnetismus
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2
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113
a) Widerstand des Kupferdrahts: R   el
Stromstärke im Kupferdraht: I 
4l
l
  el 2 ; 2.4 
A
d
U
; 1.1 A
R  Ri
l
; 200
D
Länge L der Spule: L  Nd ; 10 cm
Magnetische Flussdichte (angenähert mit der Formel für eine schlanke Spule):
B  0 N I ; 2.9 mT
L
b) Anzahl Windungen: N 
c) Das Magnetfeld der Spule ist 100-mal stärker als das Erdmagnetfeld. Der Ausschlag
kann also beobachtet werden.
114
a) Die Nadel richtet sich nach dem resultierenden Feld aus. Neben dem Erdmagnetfeld
erzeugt die Spule ein Feld im rechten Winkel dazu. Je stärker dieses Feld ist, desto
mehr wird die Nadel abgelenkt (Vektoraddition der beiden Flussdichten).
b) Trigonometrie:
Schlanke Spule:
BSpule
BE ,h
BSpule
 tan 
N
 0 I
l
BE ,h 
0 N I
l ;
tan 
2.1·10–5 T
115
a) tan   B  B  BE ,h tan   k  I  I  konstant
BE ,h
tan 
Da B  BE ,h tan  ist, ist B proportional zu I, wenn
I
0
30 mA
o

0
13
I / tan
-
0.130 A
60 mA
25
o
0.129 A
90 mA
34
o
0.133 A
I
konstant ist.
tan 
120 mA
43
o
0.129 A
150 mA
50
o
0.126 A
180 mA
55o
0.126 A
Das Verhältnis I / tanist ziemlich konstant und beträgt (0.129  0.003) A. Daher ist
B proportional zu I.
b) Aus B  BE ,h  tan    0 N I erhalten Sie mit I  (0.129  0.003)A
tan 
l
BE ,h  21.6 T  0.5 T
6.3 Elektromagnetismus
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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116
a) Die Feldlinien sind kreisförmig und verlaufen ganz im Inneren des Ringes.
N
b) B   0 I ; wobei l die mittlere Länge einer Feldlinie ist; 1.3·10–3 T
l
117
Formel für eine flache Spule: B   0
N
I
2r
2rB
; 11 A
0 N
I
118
a) B0 
 0 IN
b)
2R
3
 4  2  NI
c) B0    0
R
5
d)
e)
 NI
B0  2 0
4 R
Beträgt der Spulenabstand 2R, dann ist die magnetische Flussdichte im Zentrum in
z-Richtung inhomogen (Fall e)).
Beträgt der Spulenabstand R, dann ist das Magnetfeld im Zentrum in z-Richtung
homogen (Fall d)).
119
a) B0 
 0 IN
l2  d 2
(dies geht für schlanke Spulen in B 
 0 IN
l
über)
3
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.3 Elektromagnetismus
4
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b)
c) B0 
 0 IN
, dies geht für schlanke Spulen in B 
 0 IN
über, das heisst,
2l
4l 2  d 2
das Magnetfeld ist am Ausgang von schlanken Spulen nur halb so gross wie im
Zentrum.
d)
d
 0.14
l
Kraft auf Leiter im Magnetfeld
120
a) s  N D  25 m
c) I 
U
 0.31A
R
b) R  
4s
 8.5 
d 2
d) F  IsB  0.15 N
121
a) Die Lorentzkraft ist maximal, wenn die Leitung von Ost nach West verläuft.
Die Lorentzkraft ist null, wenn die Leitung von Nord nach Süd verläuft.
b) F  IsB ; 0.38 N
c) Nein, die Lorentzkraft ist viel kleiner als die Gewichtskraft.
122
Der Strom durch die Aufhängung erzeugt keine vertikale Kraftkomponente. Einzig das
horizontale Leiterstück erzeugt eine vertikale Kraftkomponente.
mg
F  IsB  m  g  B 
 0.34 T
Is
123
a) F  N1 I1s10
N2 I2
Fl2
; 1.23·10–6 VsA–1m–1
 0 
l2
N 2 I 2 N1 I1s1
b)  0  4 107 VsA 1m 1 ; Abweichung nur rund 2.2 %
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.3 Elektromagnetismus
5
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124
a) Am Ort des zweiten Drahtes erzeugt der erste Draht ein Magnetfeld mit der Stärke
B  0 I .
2 r

In diesem Magnetfeld erfährt der zweite Draht die Lorentz-Kraft F  IsB  0 s I 2 .
2 r
Mit s = r = 1 m, I = 1 A und F  2 10 7 N erhält man  0  4 107 VsA 1m 1
q.e.d.
b) Im ersten Versuch stossen sich die Drähte gegenseitig ab, im zweiten ziehen sie sich
gegenseitig an.
c) Mit r = s = 1.0 cm und I = 50 A erhält man F  0.50 mN , eine schwache, jedoch
gut beobachtbare Wirkung (siehe Abbildung bei der Aufgabe im Buch).
125
a) Wenn die Normale zur Spulenebene senkrecht zur Richtung des Magnetfeldes steht,
tritt das grösste Drehmoment auf. Die längeren Rechteckseiten erfahren antiparallele
Kräfte, die ein Drehmoment um die Drehachse erzeugen.
b) M max  Fa  NbIBa  NI
Der magnetische Fluss  durch die Spule ist  = abB = 3.6 10 6 Vs.
Das maximale Drehmoment beträgt 3.6 106 Nm.
c) M  M max  sin   1.8 106 Nm
d) Es tritt kein Drehmoment mehr auf. Alle 4 Seiten des Rechtecks erfahren Kräfte
zum Zentrum des Rechtecks hin. Das Magnetfeld versucht die Spule zu ihrem
Mittelpunkt hin zu kontrahieren oder vom Mittelpunkt weg zu expandieren, je
nach Stromrichtung.
Kraft auf Teilchen im Magnetfeld
126
a) Eel  Ekin , eU  1 mv 2  v  2 e U ; 8.6·106 m/s
me
2
2
m
b) evB  me v  B  e v ; 1.2 mT
r
e r
6.3 Elektromagnetismus
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6
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127
2
Lorentzkraft = Zentripetalkraft: eBv  me v  v  eBr
r
m
me 2
v v  2 e U.
2
me
Setzen wir die beiden Ausdrücke für die Geschwindigkeit gleich, so erhalten wir daraus
e  2U ; 1.8 1011 C/kg
me B 2 r 2
Die Geschwindigkeit v erhält man auch aus der Beziehung eU 
128
2
qBr
Lorentzkraft = Zentripetalkraft: qBv  m v  v 
r
m
Mit q  2 1.60 1019 C und m  4u  6.6 1027 kg erhält man v  4.9 106 m/s.
129
a) r 
mpv
eB
2m p
b) T  2 r 
 f (r , v, Ekin )
v
eB
130
a) v 
2E
; 6.2 107 m/s
mP
b) B 
mP v
; 0.29 T
re
131
a) E kin  E el  QU  f (m)
b) v  2
r
e
U
m
mv

eB
2mU
 f ( m)
eB 2
c) rH : rD : rT  mH : mD : mT ; ≈ 1 : 2 : 3
132
Die negativ geladenen Elektronen fliegen «von hinten» auf den Bildschirm. Der
Hufeisenmagnet baut zwischen den beiden Polen ein Magnetfeld auf, welches vom
roten zum grünen Pol zeigt. Gemäss der Regel der rechten Hand wirkt auf die
Elektronen eine Kraft nach links. Das verursacht die dicke Backe. Der rote Pol des
Magneten befindet sich oben, der grüne unten.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.3 Elektromagnetismus
7
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133
a) Die Bewegung des Teilchens kann in zwei Komponenten zerlegt werden. Die erste

Komponente v p  v  cos  des Geschwindigkeitsvektors v verläuft parallel zu den
Feldlinien, die zweite v s senkrecht. Parallel zu den Feldlinien wirkt keine
Lorentzkraft. v p verändert sich deshalb nicht. Die Komponente vs  v  sin  wird
durch die Lorentzkraft in einer Ebene, die senkrecht zu den Feldlinien verläuft,
gedreht. Das Teilchen bewegt sich in dieser Ebene mit der konstanten
Geschwindigkeit vs  v  sin  auf einer Kreisbahn. Zugleich verschiebt sich die
Ebene mit der konstanten Geschwindigkeit v p  v  cos  in Richtung der Feldlinien.
b) Den Radius der Kreisbahn erhält man aus der Beziehung
v 2 sin 2 
mv sin 
r
«Lorentzkraft = Zentripetalkraft»: qBv sin   m
r
qB
2 r 2 m

verschiebt sich das Teilchen um die Strecke
In der Umlaufszeit T 
vs
qB
2 mv cos 
s p  Tv cos  
. Das ist die Ganghöhe der Schraubenlinie.
qB
134
a) Aus dem Kräftegleichgewicht Fel  FL , d.h. qE  qvB und U H  Eb folgt
E UH
; 2.0 mm/s

B Bb
(Aus der Energieerhaltung FL b  U H q folgt dasselbe.)
v
b) n 
I
IB
; 1.2·1029 m 3

Aqv dqU H
c) nCu   Cu
x
NA
;
M Cu
8.5 10 28 m 3
n
; 1.4 Elektronen pro Kupferatom!
nCu
135
Aus I  qnAv und qE H  qvB und U H  E H b folgt mit A  bd und q = e:
B
U nde
EH U H
UH


 H
; 0.08 T
I
v
bv b I
nebd
6.3 Elektromagnetismus
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Elektromagnetische Induktion
136
Φ
U
b
b
a
a
s
a
a
s
137
Es funktioniert nicht. Es entsteht keine Induktionsspannung, weil der magnetische Fluss
durch die Spule auch beim Fahren des Zuges konstant ist. Damit eine Induktionsspannung entsteht, muss sich der magnetische Fluss durch die Spule ändern.
138
Draht, Feld und Bewegung senkrecht zueinander
U  Bvl ; 0.36 V
139
a)
Uind
1
3 t
2
b) Zu 1: eine rechteckige Leiterschleife mit einer Kante voran und mit konstanter
Geschwindigkeit aus einem begrenzten, homogenen Magnetfeld herausziehen.
Oder mit einem Elektromagneten ein konstant abnehmendes Magnetfeld in der
Leiterschleife erzeugen.
Zu 2: eine rechteckige Leiterschleife mit einer Kante voran und mit konstanter
Geschwindigkeit in ein begrenztes, homogenes Magnetfeld hineinstossen.
Oder mit einem Elektromagneten ein konstant zunehmendes Magnetfeld in der
Leiterschleife erzeugen.
Zu 3: eine Leiterschleife in einem Magnetfeld ruhen lassen.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.3 Elektromagnetismus
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140
a)
Φ
t
1
2
3
b) Zu 1: eine rechteckige Leiterschleife mit einer Seite voran und mit konstanter
Verzögerung in ein begrenztes, homogenes Magnetfeld hineinstossen.
Oder eine dreieckige, rechtwinklige Leiterschleife mit einer Kathete voran mit
konstanter Geschwindigkeit in ein begrenztes, homogenes Magnetfeld hineinstossen.
Zu 2: eine rechteckige Leiterschleife mit einer Seite voran und mit konstanter
Beschleunigung in ein begrenztes, homogenes Magnetfeld hineinstossen.
Oder eine dreieckige, rechtwinklige Leiterschleife mit der Spitze voran parallel zu
einer Kathete mit konstanter Geschwindigkeit in ein begrenztes, homogenes
Magnetfeld hineinstossen.
Zu 3: eine rechteckige Leiterschleife mit einer Seite voran und mit konstanter
Geschwindigkeit in ein begrenztes, homogenes Magnetfeld hineinstossen.
Oder mit einem Elektromagneten ein konstant zunehmendes Magnetfeld in der
Leiterschleife erzeugen.
141
Gesucht ist die Kurve, deren negative Ableitung Uind(t) ergibt. Die Kurve sieht etwa so
aus, wie die abgebildete durchgezogene Linie. Mathematisch betrachtet könnte sie nach
oben oder unten verschoben sein (gestrichelte Linien). Es kommt also eine ganze
Kurvenschar in Frage. Auch physikalisch würde ein zusätzlicher, konstanter
magnetischer Fluss (z.B. vom Erdmagnetfeld) keinen Einfluss auf die Induktionsspannung haben.
Φ
tM
t
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.3 Elektromagnetismus
10
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142
Uind
Schliessen
t
Öffnen
Den Verlauf von Uind (t) finden Sie, indem Sie mit einem Lineal tangential an der
Funktion (t) entlangfahren und so die Steigung der Kurve feststellen. An der
gestrichelten Linie zwischen Öffnen und Schliessen z.B. ist die Steigung von (t) null
und daher ist auch Uind (t) dort null. Kurz nach dem Beginn des Öffnens ist (t) am
steilsten. Deshalb ist dort der Betrag von Uind (t) am grössten. In der Praxis erfolgt zu
diesem Zeitpukt die Zündung im Zylinder des Motors.
143
Induktionsgesetz: U ind      Bsvt   Bsv   RI
t
t
Lorentzkraft: F  IsB
Gleichgewicht der Kräfte:
2 2
mg (sin   μG cos  ) R
; 2.6 m/s
mg sin   G mg cos   IsB  s B v  v 
s2 B2
R
144
a) Durch das Drehen der Ankerspule wird in dieser eine Gegenspannung induziert, die
bei der maximalen Drehzahl im Leerlauf maximal ist und mit dem Sinken der Drehzahl bei zunehmender Belastung abnimmt. Die Spannung am Anker ist damit beim
Leerlauf am kleinsten und nimmt mit zunehmender Belastung zu. Die Stromstärke
ist proportional zur Spannung am Anker. Damit nimmt die elektrische Leistung mit
zunehmender Belastung zu.
b) Beim Einschalten steht der Anker noch still. Die induzierte Gegenspannung ist null.
Daher sind die Spannung am Anker und die Stromstärke kurzzeitig sehr gross.
c) Der Mixer darf nicht blockieren. Steht ein Elektromotor still, wird keine Gegenspannung induziert, und die Stromstärke wird sehr gross. Wenn keine Sicherung den
Strom unterbricht, kann der Motor «durchbrennen».
145
a) U A  RA I A ; 6.30 V; U ind  U tot  U A ; 17.7 V
b) P  UI ; 40.3 W;
29.7 W;
10.6 W
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.3 Elektromagnetismus
11
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c)  
U
Pmech
 ind ; 73.8 %
Pelektrisch U tot
d) Ein Teil der berechneten mechanischen Leistung wird zur Überwindung der
Reibung benötigt.
146
a) Nach Schliessen des Stromkreises beginnt elektrische Ladung zu fliessen. In der
Spule entsteht ein magnetisches Feld. Der magnetische Fluss durch die Spule nimmt
zu. Nach dem Induktionsgesetz führt dies zu einer Induktionsspannung zwischen
den Enden der Spule. Nach der Lenz’schen Regel wirkt diese Induktionsspannung
ihrer Ursache entgegen. Die Induktionsspannung ist also so gerichtet, dass sie den
Strom behindert.
b) Nach den Aussagen in a) muss beim Schliessen der Betrag der Induktionsspannung
immer kleiner als der Betrag der angelegten Spannung sein, weil andernfalls der
Strom nicht einsetzen bzw. nicht zunehmen würde. Die Stromstärke wiederum kann
nicht beliebig schnell zunehmen, weil sonst die bremsende Wirkung der Induktionsspannung zu gross wird. Beim Öffnen des Stromkreises ist nach der Lenz’schen
Regel die Induktionsspannung gleichgerichtet wie die vor dem Öffnen an der Spule
anliegende Spannung. Die Spannung kann beliebig hohe Werte annehmen, wenn die
Stromstärke schnell genug abnimmt. In der Praxis kommt es zu Überschlägen in der
Luft (Funken) oder eben zum Stromfluss durch das Gas der Leuchtstofflampe.
c) Der magnetische Fluss  ist das Produkt aus Flussdichte B und Spulenquerschnittsfläche A:   BA
Die Flussdichte in einer langen Spule ist: B  0  r N I
l
Daher ist:   0  r N AI
l
Mit U ind   N  und weil die Stromstärke I die einzige veränderliche Grösse ist,
t
2
folgt: U ind    0  r N A I
l
t
Die Selbstinduktionsspannung ist proportional zum Quadrat der Windungszahl N
und zur Spulenquerschnittsfläche A. Sie ist umgekehrt proportional zur Länge l der
Spule.
2
(Bemerkung: Der Ausdruck  0  r N A wird Induktivität L der Spule genannt.)
l
147
N
Bl
; 200
 r 
0 NI
l
N 2 r2
; 0.319 H
c) L  0 r
l
a) B  0  r I
b)   BA  0  r I
N 2
 r ; 1.52·10-3 Wb
l
d) L  4 L ; B  B ;    4
6.3 Elektromagnetismus
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
12
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Wechselspannung, Wechselstrom
148
 
  B  A  B r 2  cos  ;
3.2·10–5 Wb; 2.3·10–5 Wb; 1.6·10–5 Wb; 0; –1.6·10–5 Wb; –3.2·10–5 Wb
149
  BA cos(t )  Bmax sin(t )  A cos(t )  1 Bmax A sin(2t )
2
Die Frequenz des magnetischen Flusses ist doppelt so gross wie die gewählte Frequenz.
150
a) Der Strom, der durch die Lampe fliesst, fliesst auch durch die Spulenwindungen
des Generators. Dadurch entsteht nach der Lenz‘schen Regel eine bremsende Kraft
auf den Rotor des Generators. Es stellt sich ein Gleichgewicht zwischen antreibendem und bremsendem Drehmoment ein, was zu einer konstanten Drehzahl führt.
Die zweite Lampe führt vorübergehend zur Zunahme von Stromstärke und Bremswirkung. Durch den Rückgang der Drehzahl gehen auch die Spannung und die
Stromstärke zurück, bis sich erneut eine konstante Drehzahl einstellt.
b) Die Wassermenge, die auf die Turbinenschaufeln trifft, wird mit einem elektrisch
betriebenen Ventil reguliert, so dass die Drehzahl konstant gehalten werden kann.
151
U in V
4
a)
b)
0
2 t in s
1
–4
152
a)
Uind
t
6.3 Elektromagnetismus
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
13
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b)
Uind
t
c) Wenn die Leiterschleife geschlossen ist, fliesst ein Strom. Dadurch wirkt auf die
Leiterschleife nach der Lenz‘schen Regel eine bremsende Kraft. Anders gesagt wird
hier die Schwingungsenergie über den Weg der elektrischen Arbeit in Wärme
umgewandelt. Bei einer offenen Leiterschleife gibt es zwar eine Wechselspannung,
aber keinen Strom. So geht auf diesem Weg keine Energie verloren, und die
Dämpfung der Schwingung ist geringer.
Blsˆ
d) Uˆ 
; 0.82 mV
m D
153
a) Die Drehachse muss in Ost-West-Richtung verlaufen.
b) Für den Scheitelwert einer im homogenen Magnetfeld mit konstanter
Winkelgeschwindigkeit rotierenden Spule gilt Û  ANB .
UˆT
AN 
; 2260 m2 (also z.B. 4520 Windungen bei 0.500 m2 Spulenfläche)
2B
ˆ
2 NUT
 168 m  N

B
Für N = 1 ist die Fläche sehr gross und folglich auch der Durchmesser (54 m). Es
gibt Probleme mit der Stabilität und der Luftreibung. Mit zunehmender Windungszahl muss der Draht immer länger werden. Damit nimmt auch die Masse der Spule
zu. Das kann zu Problemen mit der Trägheit und der Lagerreibung führen. Wenn Sie
besonders dünnen Draht für eine leichte Spule verwenden, hat Ihr Generator einen
sehr hohen Ohm’schen Innenwiderstand.
c) l  2 N
A

6.3 Elektromagnetismus
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
14
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154
a) Der Effektivwert ist diejenige Gleichspannung, die in einem Ohm‘schen Widerstand
die gleiche Leistung erzeugen würde, wie die betreffende Wechselspannung im
Mittel erzeugt.
b)
P
P
P
1
1
t
1
P
1
1
t
1
T
t
1
T
t
1
T
T
Leistung P in Watt mit 1 W = 1 Häuschen, Zeit t in Sekunden mit 1 s = 1 Häuschen
T1 = 2.0 s;
T2 = 4.0 s;
T3 = 8.0 s;
T4 = 6.0 s
P1 = 4.0 W
P2 = 2.0 W;
P3 = 1.5 W;
P4 = 2.0 W
2
c) P  U  U eff  RP ; 2.0 V; 1.4 V; 1.2 V; 1.4 V
R
155
a)
U in V
U in V
10
10
T
–10
t
10
T
–10
b) Û =
U in V
t
T
t
–10
2 U1 ; 14.1 V
c) P2  1 P1  U 2  2 U1  1 Û; 7.07 V;
2
2
2
Nur jede zweite Halbwelle wird ausgenützt, die Spannung hat eine grosse
Welligkeit.
d) U3 = U1; 10.0 V
6.3 Elektromagnetismus
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
15
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156
a) Sinusförmige Wechselspannung mit der Frequenz 50 Hz.
Der Effektivwert der Wechselspannung ist 230 V bzw. 400 V.
b) Der Scheitelwert der Spannung ist die Amplitude der sinusförmigen
Wechselspannung.
Der Effektivwert ist diejenige Gleichspannung, welche in einem Ohm’schen
Widerstand die gleiche Leistung erzeugen würde, wie die betreffende Wechselspannung im Mittel erzeugt.
c) Fünfpolige Steckdosen werden für Elektrogeräte hoher Leistung verwendet, z.B.
Kochherde. Diese werden mit der Spannung 400 V betrieben.
d) Bei einer fünfpoligen Steckdose (Typ 15) bilden die drei runden Löcher mit der
Phase L1, dem Neutralleiter N und dem Schutzleiter PE (= Erde) eine
«gewöhnliche» 230-V-Steckdose. Dort kann Sebastian den dreipoligen Stecker
seiner Verstärkeranlage anschliessen.
157
P
; 110 mA
U
Wenn ein zweiter Schalter geschlossen wird, bleibt die Stromstärke 110 mA.
Wenn alle drei Schalter geschlossen sind, ist die Stromstärke 0 mA.
Die drei Glühlampen leuchten normal weiter.
Die sinusförmigen Wechselströme von den drei Phasen zum Neutralleiter sind um je
120° phasenverschoben. Die Summe von zwei Strömen hat den gleichen Scheitelwert, ist aber um 60° zu den beiden Teilströmen phasenverschoben. Die Summe
aller drei Teilströme ist zu jedem Zeitpunkt null.
a) I 
b)
c)
d)
e)
158
a)
b)
c)
d)
A, B und C leuchten normal, D leuchtet nicht.
B und D leuchten schwach, da in Serie an 230 V.
A und C leuchten fast normal, da in Serie an 400 V.
A, B und C leuchten normal, D leuchtet nicht.
159
U out
; 11 V
2
c) Das Netzgerät wird warm.
a) U 2 
b) n2  n1
160
a) n1  n2
b) I1 
U1
; 180
U2
 P
P1
; 3.6 kA; I 2  Trafo 1 ; 0.22 kA
U1
U2
U2
; 59
U in
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.3 Elektromagnetismus
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P
l 2
I 2 ; (1  tot )  5%  Wärme ; 0.21 MW; 5.2 %
Trafo P1
A
P
l
 )  Wärme ; 59 %
 el I12 ; (1  tot
A
P1
c) PWärme  el

d) PWärme
161
2r
a) U ind      ABˆ cos  t , R   el 2 , A   r 2
b
t
Der zeitliche Mittelwert von sin2, bzw. cos2 beträgt 1 .
2
1
2
A 2 Bˆ 2  2 b 2
U ind
r 3b 2 2 Bˆ 2
2
P

=
R
 el 2r
4  el
b) Pt  cm , m  V  b 2 2r , (mit V  2rb 2 )
8  cel
t
; 6.2 min
2
ˆ
r B


162
a) Es handelt sich um eine Reihenschaltung von ohmschem
Widerstand und Spule. In einem Zeigerdiagramm wird
Û
Uˆ L
der Zusammenhang zwischen Netzspannung und den anderen Spannungen im Stromkreis ermittelt (Wir wählen
Uˆ R
Î
willkürlich den Zeitpunkt, in dem der Zeiger für die
Stromstärke nach rechts weist):
2
2
Uˆ 2  Uˆ R  Uˆ L
Uˆ
Der induktive Widerstand der Spule ist RL  L   L , wobei L die
Iˆ
Selbstinduktivität der Spule ist.
Mit den Beziehungen P  U R,eff I eff , Iˆ  I eff 2 und Uˆ  U eff 2 finden wir:
U R,eff
2
2
1
L  1 Uˆ 2  Uˆ R 2 
 U R,eff

2 U eff
P  2 f
I eff 2  
Iˆ
2
2
U eff
 U R,eff
 2.5 H
b) Bei gleichem Scheinwiderstand (Impedanz) Z zur Strombegrenzung verringert sich
nach L  Z die benötigte Induktivität. Damit kann die Grösse der Spule drastisch
2 f
2
verringert werden ( L   0  r  n A ).
l
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6.3 Elektromagnetismus
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Elektromagnetische Schwingungen
163
a) Federpendel: Potentielle und kinetische Energie,
Schwingkreis: Elektrische und magnetische Energie
b) Die Trägheit der Kugel (Masse m) entspricht der Induktivität der Spule.
Die Härte der Feder (Federkonstante D) entspricht dem reziproken Wert der
Kapazität des Kondensators.
c) Der Ohm’sche Widerstand bewirkt eine Dämpfung; er entspricht der Reibung.
164
1
f 1
; 2.0 Hz
T 2 LC
165
a) T  2 LC  1  C  21 2 ; 9.83 pF
f
4 Lf
2
f min
2
f 2  ( f s2  f min
f s2
)
b)   max



180 ; 133°
180
2
2
2
f min
 f min
f s2  ( f max
)
1 2
f max
1
166
T0  2 LC ,
L
C  C1 f 0
T1
f2

  C  C1  2 1 2 ; 32.0 pF;
T0
f1
f 0  f1
C
1
; 2.20 mH
4 f 02C
2
17
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7.1 Spezielle Relativitätstheorie
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7.1
Spezielle Relativitätstheorie
Bezugssystem und Lorentztransformation
1
l'
v
c
α
l
v
a)   arcsin ; 42°
c
l
; 67 m. Dafür benötigt sie
cos 
l´
l
l
l
t 


; 45 s
2
c c  cos  c  1  sin 2 
v
c  1  
c
b) Tina schwimmt die Strecke l´
Insgesamt: tTina 
2l
c
1
; 89 s
2
v
 
1  
c
Tanja schwimmt flussabwärts mit einer Geschwindigkeit von c  v ; 2.5 m/s und
l
braucht dafür
; 20 s. Flussaufwärts schwimmt sie mit c  v ; 0.5 m/s und
cv
l
; 100 s
braucht dafür
cv
l
l
2lc
2l
1

 2 2 
; 120 s
Insgesamt: tTanja 
2
cv cv c v
c
v
1  
c
c) Es gilt:
t Tanja
t Tina

1
2
>1
v
1  
c
Fazit: Um ein faires Rennen zu garantieren, muss Tanja um den Faktor
1
; 1.3 weniger weit schwimmen; also 37 m.
2
v
1  
c
1
7.1 Spezielle Relativitätstheorie
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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2
Lorentzrücktransformationen: x 
x  vt 
v
1  
c
2
2
;

v
ct   x
c
ct 
2
v
1  
c

v
v
c t 2  2ct  x    x2  x2  2 xvt   v 2t 2
c
c

c 2t 2  x 2 
2
v
1  
c
2
2




c 2t 2 1   v    x2 1   v  
 c 
  c    c 2 t 2  x 2
2
1   v 
c
2
3
Licht bewegt sich im Vakuum immer mit der Lichtgeschwindigkeit, es gibt kein
Ruhesystem, in dem das Licht ruhen würde. Es kann also gar nicht in das Ruhesystem
eines Lichtteilchens transformiert werden. In jedem bewegten Bezugssystem bewegen
sich die beiden Lichtteilchen mit Lichtgeschwindigkeit in entgegengesetzer Richtung!
Und zweitens hat Einstein nie behauptet, dass sich zwei Lichtteilchen mit
Lichtgeschwindigkeit voneinander entfernen.
Längenkontraktion und Zeitdilatation
4
l
l0
daraus folgt:   2 
2
1
2
;
v
3 2
c ; 2.60·108 m/s
4
v
1  
c
Die Lösung dieser Aufgabe zeigt deutlich, dass relativistische Phänomene im
Strassenverkehr keine Rolle spielen.
5
a) s  0.998 c  t0 ; 455 m
b) t  t0 ; 24.0 μs
c) s  ct ; 7.21 km
2
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7.1 Spezielle Relativitätstheorie
3
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6
a) Damit 1000 Goldatome ankommen, darf die Reise im Ruhesystem der Atome nicht
länger als die Halbwertszeit dauern (wenn von statistischen Schwankungen
abgesehen wird).
Die Flugstrecke ist für die Atome lorentzkontrahiert.
s: Flugstrecke im Ruhesystem der Erde
 : Halbwertszeit bzw. Flugzeit im Ruhesystem der Atome
2
v
v  s 1     v 
c
c
1
c
s2
2
2
; 0.9999986 c = (1 – 1.38·10–6)c
s s sc 
b) t      1 ; 192 s (≈ 3.2 min)
v c cv 
c) Im Ruhesystem der Erde brauchen die Atome die Zeit t  s / v ; 4.4 Jahre.
Nach dieser Zeit währen längst alle radioaktiven Quecksilberatome in Goldatome
zerfallen. Wenn Ihre Brieffreundin also den Erhalt von etwa 1000 Goldatomen
quittiert, dann stimmt die Relativitätstheorie.
Addition von Geschwindigkeiten
7
uv
0.75c  0.75c

; 0.96 c
0.75c  0.75c
uv
1 2 1
c
c2
8
uc
c
u c
uc
1 2
c
lim
9
c
v
c
v
c
v2 c
1
1
n
(
)(1
)
(1
)
v
v







  v(1  2 )
cv
2
n
nc
n
nc n
n
n
1 n 2
c
Oder mit einem CAS Rechner:
7.1 Spezielle Relativitätstheorie
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Ruheenergie
10
Pro kWh können Sie 144 kJ in Licht umwandeln, das entspricht m0 
Sie brauchen also 6.24·108 kWh à 0.15 Fr./kWh;
E0
 1.60·10-9 g.
c2
94 Mio. Fr.
11
E0  m0 c 2 ; 9 1010 J; dies entspricht etwa dem jährlichen Heizenergiebedarf eines
Einfamilienhauses.
12
m0 
cWasser  A  h    
;
c2
0.3 kg
13
a) P  S  4r 2 ; 3.88·1026 W
m0
c)
t
ms
b)
m0 P
 2 ; 4.32·109 kg/s
t
c
t
; 7·10-5 (= 0.07 ‰)
Gesamtenergie
14
Klassische Physik: qBklassisch 
m0 v
r
Relativitätstheorie: qBrelativistisch 
Brelativistisch

Bklassisch
1
v
1  
c
2

m0 v
v
r 1  
c
Ekin
 1 ; 101
m0 c 2
15
E  2me c 2  Ekin, e  Ekin, e ;
8.8 MeV
2
, Ekin  m0 c 2 (
1
v
1  
c
2
 1)
4
7.1 Spezielle Relativitätstheorie
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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16
a) v 
2 U  e
;
me
b) U  e  me c 2  (
1.7 108 m/s = 0.56 c
1
1 v / c
2
2
 1) ; v = 1.5 108 m/s = 0.50 c
17
a) mrel  mP 
E
; 8 1025 kg  480 mP
2
c
2
m 
b) v  c  1   P  ; 0.999998 c
 mrel 
m v
c) B  rel ; 1.4 T
re
18
mrel  m0
eU

;
m0
m0 c 2
5.9%
19
1/ 2me c 2
;
a) U 
e
b) v  c 1 
255 kV
1
 eU

 1

2
 me c

2
 c 5/9 ;
0.745 c
20
a) Teilchen mit Masse können die Lichtgeschwindigkeit nicht erreichen.
Also kommen sie im Vergleich zum Licht später an.
b) E: Gesamtenergie
t : Laufzeitunterschied
s: Entfernung im Ruhesystem der Erde gemessen
E

m0 c 2
1
v
1  
c
2
1

1
; 5.6·104
1
 ct 
1 

s 

2
5
7.1 Spezielle Relativitätstheorie
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Dopplereffekt und Rotverschiebung
21
a) f1  f S 
c ; f  f  c  vB  f 
S
B
2
c  vS
c
f1  f 2  f S 
c  vB
c  vS
b) Wenn sich Schall in einem Medium ausbreitet, bildet dieses ein absolutes
Ruhesystem. Es kann eindeutig entschieden werden, ob sich der Sender oder der
Beobachter bezüglich dieses Systems bewegt. Für Licht gibt es kein absolutes
Ruhesystem.
c)
f

 2  02
;
 c v  0  v  c 2
  02
f0
cv 
305 km/s
22
0 : Senderwellenlänge,  : empfangene Wellenlänge
   0 

 1
Rotverschiebung: z 
0
0
0
Aus   0
z  1  1 ; 0.9011
cv
folgt v / c 
cv
z  12  1
2
23
 : empfangene Wellenlänge
0 : gesendete Wellenlänge (Wellenlänge im Ruhesystem des Senders)
2
  0
 
  1
v  0 
cv
 
cv
c   2
   1
 0 
a) mit 18% der Lichtgeschwindigkeit
b) mit 32% der Lichtgeschwindigkeit
c) mit 4% der Lichtgeschwindigkeit
6
7.2 Kernpysik
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7.2 Kernphysik
Kerne und Kernumwandlungen, Nuklidkarte
24
a)
Resultat:
bester Exponent: x = 0.27, also nicht ganz 1/3
bester Radius: r1 = 2.1 fm
b)
Material
Kernradius
r in fm
Nukleonenzahl
Näherung in fm
Relativer Fehler
Helium Sauerstoff Strontium Antimon
3.0
4.6
7.0
7.8
Gold
8.5
Wismut
8.9
4
2.3
23%
197
8.5
0%
209
8.7
2%
16
3.7
20%
89
6.5
7%
122
7.2
8%
Die Näherung ist für grosse Nukleonenzahlen A gut.
rA
1
3
25
3mn
m mn ⋅ A
=
=
= 2.3 ⋅1017 kg/m 3 ( mn = 1.661 ⋅10 −27 kg )
3
π
4
V
r 3 4π ⋅ r0
3
b) Die Masse der Erde beträgt m = 5.97 ⋅1024 kg .
m
Ihr Volumen wäre dann V = = 2.61⋅107 m 3 .
a) ρ =
ρ
Das ist eine Kugel mit dem Radius R = 3
3V
= 184 m .
4π
1
7.2 Kernpysik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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26
a) Beachten Sie: A = N + Z
N ≅ 0.691⋅ Z 1.174
b) Ni hat 28 Protonen, und damit werden 35 ( ≈ 0.691 ⋅ 281.174 ) Neutronen erwartet, die
Nukleonenzahl müsste demnach 63 sein.
Tatsächlich hat Nickel 58 bis 65 Nukleonen.
Sn hat 50 Protonen, und damit werden 68 Neutronen erwartet, die Nukleonenzahl
müsste demnach 118 sein. Tatsächlich hat Zinn 112 bis 124 Nukleonen.
27
4
2
He ,
56
28
16
8
O,
40
20
48
20
Ca ,
Ca ,
208
82
Pb
Ni ist magisch, hat aber zu wenige Neutronen und ist deshalb instabil.
132
50
Sn ist auch magisch, hat aber zu viele Neutronen und ist instabil.
28
(α , β , β )
218
84
Po →
214
82
Pb →
214
83
Bi →
214
84
Po
(β , α , β )
218
84
Po →
218
85
At →
214
83
Bi →
214
84
Po
(β , β , α )
218
84
Po →
218
85
At →
218
86
Rn →
214
84
Po
29
a)
Am241
432 a
Pu 241
13.4 a
Np 237
6
2.1 10 a
U233 U 234 U235
U 238
1.6 10 5 a 2.5 10 5 a 7.0 10 8 a
4.5 10 9 a
Pa231
4
3.3 10 a
Pa233 Pa234
27 d
Th 227Th 228Th 229Th 230Th 231Th232
18.7 d
Ac225
10.0 d
1.9 a
7.9 10 3 a 7.5 10 4 a 25.5 h 14 Mia a
Ac227Ac228
21.8 a
Ra 223Ra 224Ra 225Ra 226
11.4 d
Fr 221
Fr 223
4.9 m
21.8 m
Rn 219Rn 220
3.96 s
55.6 s
At 215 At 216At 217 At 218At 219
0.1 ms
0.3 ms
0.03 s
Po 210Po211Po 212Po213Po 214Po215Po 216
138 d
0.52 s
46 s
4.2 s 3 10  7 s 1.8 ms
0.15 s
Bi 209 Bi 210 Bi 211 Bi 212 Bi 213 Bi 214 Bi 215
100 %
5d
2.17 m
61 m
45.6 m
Pb 206Pb207Pb 208Pb209Pb 210Pb211Pb 212
24.1 % 22.1 % 52.4 %
3.25 h
22.3 a
36.1 m
Tl 206 Tl 207 Tl 208 Tl 209 Tl 210
4.2 m
4.8 m
3.1 m
2.16 m
1.3 m
10.6 h
19.9 m
7.6 m
Pb 214
26.8 m
2s
3.66 a
0.9 m
Po218
3.05 m
Rn 222
3.83 d
14.8 d 1.6 103 a
6.1 h
Ra 228
5.75 a
1.17 m
Th234
24.1 d
2
7.2 Kernpysik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
3
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b) Uran-Radium Zerfallsreihe:
Neptunium-Zerfallsreihe:
241
94
238
92
Pu ,
Uran-Actinium-Zerfallsreihe:
Thorium-Reihe:
232
90
Th ,
208
82
U,
235
92
226
88
Ra ,
237
93
Np ,
U,
227
89
206
82
Pb
209
83
Bi
Ac ,
207
82
Pb
Pb
Bindungsenergie
30
a) Das 27Al-Atom setzt sich aus 13 Protonen, 14 Neutronen und 13 Elektronen
zusammen. Die Summe der Massen seiner Bestandteile beträgt
13(m p + me ) + 14mn = 27.22303u
Das Massendefizit des Kerns beträgt demnach 27.22303u − 26.98154u = 0.24149u.
b) Pro Nukleon sind dies 8.9441 mu, was einer Energie von1.3348 ⋅10−12 J entspricht.
c) Aluminium besteht zu 100% aus 27Al-Atomen. 1.0 kg Aluminium enthält
1000
⋅ 6.02 ⋅1023 Atome = 2.23 ⋅1025 Atome.
26.98
Jedes Atom weist eine Bindungsenergie von 0.2415 u ! 3.60 ⋅10−11 J auf.
Ein Kilogramm Aluminium weist demnach die Bindungsenergie
2.23 ⋅1025 ⋅ 3.60 ⋅10 −11 J = 8.03 ⋅1014 J auf.
Rechnet man mit einem Energiepreis von 15 Rp/kWh, so entspricht dies einem
Kapital von 33 Millionen Franken.
31
n → p + β − +ν e
Masse des Neutrons: mn = 1.6749272 ⋅10 −27 kg
Masse des Protons:
m p = 1.6726216 ⋅10 −27 kg
Masse des Elektrons: me = 0.0009109 ⋅10 −27 kg
Masse des Neutrinos: mν ≈ 0
Das Massendefizit beträgt: ∆m = m n − (m p + m e + mν ) = 1.3947 ⋅10 −30 kg
Die Zerfallsenergie ist ∆m ⋅ c 2 = 1.2535 ⋅10−13 J ! 0.78237 MeV.
Das ist die obere Grenze für die Energie des β − -Teilchens. Einen wesentlichen Teil
dieser Energie nimmt das Neutrino mit. Einen kleinen Bruchteil erhält das Proton durch
den Rückstoss.
32
Die Masse des Protons beträgt 1.672622 ⋅10 −27 kg . Das Deuterium weist eine Atommasse von 2.0141018 u auf. Das sind 3.344494 ⋅10−27 kg. Dies entspricht gerade der
Masse des Deuteriumkerns und des Positrons zusammen, weil das Deuteriumatom ein
Elektron in der Schale hat. Das Massendefizit beträgt demnach
∆m = 2 ⋅1.672622 ⋅10−27 kg − 3.344494 ⋅10−27 kg = 7.5 ⋅10 −31 kg
E = ∆m ⋅ c 2 = 6.74 ⋅10 −14 J pro Fusion.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7.2 Kernpysik
4
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Zusätzlich hat man die Energie 16.37 ⋅10 −14 J aus der Fusion des Positrons mit einem
Elektron.
Das ergibt total 23.11⋅10 −14 J pro Fusion.
1 Gramm Deuterium enthält etwa 2.99 ⋅10 23 Atome. Die bei der Bildung von 1 Gramm
Deuterium aus der Fusion von Protonen frei werdende Energie beträgt 69.1 GJ.
33
a) Die Atommasse von 235U beträgt 235.044 u. Dieses Atom enthält 92 Protonen,
143 Neutronen und 92 Elektronen. Die Summe der Massen dieser Bestandteile
beträgt 236.959 u. Das gesamte Massendefizit beträgt also 1.915 u. Das ergibt pro
Nukleon 8.15 mu, was einer Kernbindungsenergie von 1.218 ⋅10 −12 J pro Nukleon
entspricht.
b) Die Atommasse von 127I beträgt 126.904 u. Dieses Atom enthält 53 Protonen,
74 Neutronen und 53 Elektronen. Die Summe der Massen dieser Bestandteile
beträgt 128.056 u. Das gesamte Massendefizit beträgt also 1.152 u. Das ergibt pro
Nukleon 9.07 mu, was einer Kernbindungsenergie von 1.356 ⋅10 −12 J pro Nukleon
entspricht.
c) Pro Spaltung wird die Energie 235 ⋅ (1.356 ⋅10 −12 − 1.218 ⋅10 −12 ) J = 3.24 ⋅10 -11 J frei.
d) In einem Kilogramm 235U sind
6.02 ⋅10 26
Kerne enthalten, die insgesamt eine
235
Energie von 8.3 ⋅1013 J liefern.
e) Die vom KKW Gösgen in einem Jahr produzierte elektrische Energie beträgt
Etot = 330 ⋅ 24 ⋅ 3600 ⋅109 J = 2.9 ⋅1016 J.
Etot
= 8.7 ⋅1016 J pro Jahr aus der Kernspaltung.
η
Weil aus 1 kg 235U auch etwa 1 kg (999 g) Spaltprodukte entstehen, erzeugt das
8.7 ⋅1016
kg Spaltprudukte pro Jahr. Das ist rund 1 t pro
KKW Gösgen mindestens
8.3 ⋅1013
Jahr.
f) Das KKW benötigt also mindestens
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7.2 Kernpysik
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Zerfallsgesetze
34
a) Anzahl «Atome» zu Beginn: N 0
Nach der n-ten Runde sind noch (1 − p ) n N 0 «Atome» vorhanden.
− ln 2
Aus (1 − p) n N 0 = N 0 / 2 folgt n =
ln(1 − p )
− ln 2
; 4
b) Für p = 1 / 6 : n =
ln(1 − p )
− ln 2
; 2
Für p = 1 / 3 : n =
ln(1 − p )
c) p = 1 − 2 −1 / n ; 0.13
d) Der Aktivität entspricht die Zahl der Einerwürfe pro Runde. Diese «Atome»
zerfallen nämlich in der Zeitspanne bis zum nächsten Wurf.
35
− µ ⋅x
I = 0.05 = I 0 ⋅ e
= e− µ ⋅ x ⇒ x = − 1 ln ( 0.05) ; 0.46 mm
µ
I0
I0
36
dW =
d − dK
I
lnk − µW d
2 µ d +µ d
µ ( d −d K )+ µK d K
µ d +( µ K − µW )d K
, k= 0 =e W W K K =e W
=e W
; dK =
2
I
µ K − µW
37
a) 0.72 : 99.28
b) Halbwertszeit Uran-235: 7.04·108 a; Halbwertszeit Uran-238: 4.46·109 a
c) Anfangsverhältnis: q0
Heutiges Verhältnis: qh
Halbwertszeit Uran-235: τ 235
Halbwertszeit Uran-238: τ 238
 q0 

 qh 
τ 235τ 238 ln 
t=
(τ 238 − τ 235 ) ln 2
; 6.5·109 a
5
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7.2 Kernpysik
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38
a) A: Die Anzahl Zerfälle pro Sekunde in der Probe (hier also 0.25 Bq)
A0 : Die Anzahl Zerfälle pro Sekunde in der gleichen Menge einer frischen Pflanze
(hier also 30.6 Bq)
ln 2
T1 2 =
: Die Halbwertszeit (5730 Jahre für 14C)
λ
 
ln  A 
A
t =  0  ; 40·103 Jahre
−λ
1 ∆A
; 3·102 Jahre, also [39'700 Jahre, 40'300 Jahre]
λ A
oder Sie wiederholen die Rechnung mit A' = 0.258 Bq und A'' = 0.242 Bq.
Dies ergibt: t' und t''.
Die Differenzen zu t betragen:
t – t' = 3·102 Jahre
und
t'' – t = 3·102 Jahre
(Achtung es ist nur eine Stelle signifikant)
b) ∆t =
39
a) Annahme: Alles Blei stammt aus dem Uran
N 0 : Anzahl Uran-Atome als der Stein erstarrte
N U : aktuelle Anzahl Uran-Atome im Stein
N Pb : aktuelle Anzahl Blei-Atome im Stein
ln 2
T1 2 =
: Die Halbwertszeit von Uran-238
λ
Aus N U = N 0 e − λt und N 0 = N U + N Pb folgt
 NU

 N Pb 
 mPb M U 
ln 
 ln 1 +
 ln 1 +

N + NU 
NU 
mU M Pb 
t =  Pb
= 
= 
; 3.24 Milliarden Jahre
λ
λ
−λ
b) Angenommen, der Stein hat schon Blei enthalten, dann ist der Stein jünger.
Bei den 3.24 Milliarden Jahren handelt es sich also um eine obere Grenze.
6
7.2 Kernpysik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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Aktivität
40
a) A0 =
N0 ln 2 mN A ln 2
=
= 3.66 ⋅1010 Bq (man definiert 1Ci = 3.70 ⋅1010 Bq)
T1/ 2
MT1/ 2
b) Bis heute (2004) sind seit 1898 106 Jahre verstrichen. A = A0 ⋅ 2
Abnahme um 4.45%
−
t
T1 / 2
= 0.956 A0 ;
41
N 0 ln 2 mN A ln 2
=
= 1.7 ⋅1011 Bq
T1/ 2
MT1/ 2
m
b) Eα = 5.30 MeV =ˆ 8.49 ⋅10 −13 J = v 2 ⇒ v = 1.6 ⋅107 m/s
2
c) P = A0 ⋅ Eα = 0.14 W
P t
= 3.9 °C
d) ∆T =
cmPb
a) A0 =
42
mN A ln 2
= 4.6 ⋅1015 Bq
M ⋅ T1/ 2
Damit kann man rund 1012 Liter Milch vergiften. Das entspricht der gesamten
schweizerischen Milchproduktion von über 280 Jahren!
1 Gramm 131I hat eine Aktivität von A0 =
43
I = e − λt = 0.10 mit λ = ln 2 ⇒ t = ln10 ⋅ T ; 5300 a
12
I0
T1 2
ln 2
44
Index 1 für 108Ag und Index 2 für 110Ag.
A
λ N T2,1 2 N1 N1 51.839 ⋅110
=
,
A1 + A2 = A0 =35 kBq, 1 = 1 1 =
,
A2 λ2 N 2 T1,1 2 N 2 N 2 48.161⋅108
T1,1 2 : 24.6 s und T2,1 2 : 2.37 min
A1 =
A0
; 5.6 kBq
N 2T1,1/ 2
1+
N1T2,1/ 2
A2 =
A0
; 29 kBq
N1T2,1/ 2
1+
N 2T1,1/ 2
Zu Beginn gehen 5.6 kBq auf das Konto von 108Ag und 29 kBq auf das von 110Ag.
7
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7.2 Kernpysik
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Radiometrische Grössen
45
a) 2 Wochen
b) 26 mSv
46
a) In 18 g Wasser hat es 2 mol Wasserstoffatome.
1000
⋅ 2 ⋅ 6.02 ⋅1023 = 6.65 ⋅10 25 Wasserstoffatome.
In 1 Liter Wasser hat es
18
Davon sind 2.22 ⋅ 10 8 Tritiumatome.
ln 2
A0 =
⋅ N 0 = 0.40 Bq, also weniger als 1 Zerfall pro Sekunde.
T1 / 2
b) Weil TBiol << TRadiol ist, können Sie T1/2 = TBiol = 12 d verwenden.
ln 2
ln 2
−
t
−
∆N
= 1 − e T1/ 2 = 1 − e 12 = 0.056 = 5.6%
N0
c) Pro Tag werden 4.44 ⋅ 10 8 Tritiumatome aufgenommen (siehe Teilfrage a)).
So viele müssen in einem Tag wieder verschwinden, d.h. 5.6% von x muss
4.44 ⋅ 10 8 ergeben. Daraus folgt x = 7.9 ⋅10 9 Tritiumatome im Körper.
d) Die Aktivität des Tritiums bleibt konstant: A =
ln 2
⋅ x = 14 Bq.
T1 / 2
q
1
⋅ A ⋅ Eβ ⋅ ∆t = 6.3 nSv.
m
3
Diese Dosis ist gegenüber der restlichen „natürlichen“ Dosis von 4 mSv/a völlig
irrelevant.
e) Die Äquivalentdosis in einem Jahr ist H =
47
a)
40
K→
40
Ca + β − + ν
b) Die folgende Rechnung gilt für ein Körpergewicht von 75 kg. Darin hat es 150 g
ln 2 m
⋅
⋅ N A = 4.7 kBq. Da die
Kalium. Davon sind m = 18 mg 40K. A0 =
T1 / 2 M
Halbwertszeit sehr gross ist, bleibt die Aktivität während eines Jahres nahezu
konstant. In einem Jahr registriert der Körper also A0 ⋅ ∆t = 1.5 ⋅1011 Zerfälle .
c) H =
1.5 ⋅1011 ⋅ 0.5 ⋅1.6 ⋅10 −13
Sv/a = 0.16 mSv/a
75
8
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7.2 Kernpysik
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48
a)
90
Sr → 90 Y + β − + v
N 0 ln 2
10 −6 g
mit N 0 =
⋅ 6.02 ⋅1023 = 6.7 ⋅1015 ergibt A0 = 5.1 MBq
T1 / 2
90 g
c) Wegen der relativ grossen Halbwertszeit von 28 Jahren, bleibt die Aktivität im
ersten Jahr etwa konstant. Die Äquivalentdosis im ersten Jahr beträgt demnach
b) A0 =
H≈
q
⋅ A0 ⋅ 1 Eβ ⋅ ∆t ; 0.17 Sv.
3
m
d) Leukämie ist eine Störung der Bildung von Blutkörperchen.
49
2
2
r 
⋅  1 m  ; 3·10–4 mSv
H p = A ⋅ t ⋅ h10 ⋅  0  ; 90 Bq ⋅ 8 h ⋅ 365 ⋅ 0.3 mSv/h
9
r
10
Bq
 0.5 m 
 
also etwa 0.3 µ Sv pro Jahr. Die jährliche Strahlungsbelastung der Schweizer
Bevölkerung ist im Mittel 4 mSv. Diese zusätzliche Belastung wäre also absolut
vernachlässigbar.
9
7.3 Atom- und Quantenphysik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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7.3
Atom- und Quantenphysik
Atome
50
2E
; 1.05 ⋅10 5 K
3k
Bemerkung: Weil einzelne Gasatome schneller sind als der Durchschnitt, kommt es
bereits bei tieferen Temperaturen zur Plasmabildung.
T=
51
Aluminium
109 ⋅105 J/kg
26.982 g/mol
E = Lv M
NA
3.2 eV
Silber
23.5 ⋅ 10 J/kg
107.868 g/mol
2.7 eV
M
Lv
5
Bemerkung: Das Elektronenvolt ist die typische Grössenordnung von chemischen
Bindungsenergien.
52
Das Elektron muss von r1 mit Anfangsgeschwindigkeit v nach unendlich bewegt
werden und dort in Ruhe sein.
1 e2
Potentielle Energie im Abstand r1 : −
(negativ, weil Ladungen ungleichnamig)
4πε 0 r1
1 2
v2
1 e2
Kinetische Energie: mv aus Zentripetalkraft gleich Coulombkraft: m =
2
r1 4πε 0 r12
1
Energieerhaltung: E1 = Ekin + Epot = Epot = − Eion
2
2
1 e
; 2.2 ⋅10 −18 J = 13.6 eV
Ionisierungsenergie: Eion =
8πε 0 r1
53
a) Die Kreisbahn hat den grössten Drehimpuls. Mit zunehmender Exzentrizität nimmt
der Drehimpuls ab.
Begründung: Alle Bahnen haben dieselbe Energie. Also müssen Sie im gleichen
Abstand vom Kern denselben Geschwindigkeitsbetrag haben. An den Kreuzungspunkten der Ellipsen mit der Kreisbahn müssen also alle Elektronen dieselbe
Geschwindigkeit haben. Die elliptischen Bahnen weisen aber radiale Geschwindigkeitskomponenten auf, die nicht zum Drehimpuls beitragen.
b) Die Pendelbewegung durch den Kern hat nur eine radiale Geschwindigkeitskomponente also verschwindet für sie der Drehimpuls.
1
7.3 Atom- und Quantenphysik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2
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54
Der Ring entspricht keiner Hauptquantenzahl, weil er eine ungerade Anzahl von Knoten
hat.
Der Grundzustand n = 1 hat zwei Knoten, der nächste vier usw.
In einen Umfang würden 2.5 Wellenlängen passen, was einer halbzahligen
Hauptquantenzahl entspricht.
Aber keine Panik, es bedeutet nur, dass ein eindimensionaler Ring kein gutes
Atommodell ist.
Stehende Wellen nach De Broglie
55
Lyman: von 122 nm bis 91 nm (UV), unsichtbar
Balmer: von 656 nm bis 365 nm (sichtbar bis UV), teilweise sichtbar
Paschen: von 1875 nm bis 820 nm (IR), unsichtbar
Bracket: von 4050 nm bis 1458 nm (IR), unsichtbar
Bemerkung: Wird die endliche Kernmasse berücksichtigt, ändern sich die Wellenlängen
um 0.1-0.2 Promille.
56
a) Die Wellenlängen betragen 656 nm (rot, Hα ), 486 nm (grün, H β ),
434 nm (blau, Hγ ) und 410 nm (violett, Hδ ).
350
350
400
450
500
H␦ H␥
H␤
400
450
500
550
600
650
700
750
800
750
800 nm
Balmer
H␣
550
600
650
700
b) Die kürzeste Wellenlänge beträgt 365 nm (UV).
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7.3 Atom- und Quantenphysik
3
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57
Die Balmer-Serie würde nur teilweise als Fluoreszenzlicht auftreten: die ersten vier
Linien (656 nm, 486 nm, 434 nm und 410 nm). Licht mit der Wellenlänge 397 nm ist
im UV-Bereich, und die Wellenlänge ist kleiner als die des anregenden Lichts, so
entsteht kein Fluoreszenzlicht nach dem Stokes’schen Gesetz.
58
a) Bei der Fluoreszenz muss der einfallende Lichtquant energiereicher sein als der
emittierte. Das ist hier der Fall.
Bei der Phosphoreszenz gibt es zusätzlich noch einen metastabilen Zustand. Das
Leuchten dauert dann noch eine Weile an.
Da der Karton in der Schublade war, handelt es sich um Phosphoreszenz, sonst ist es
nicht nötig den Karton in einer lichtschwachen Umgebung abklingen zu lassen.
b) Der Versuch weist das unsichtbare Ultraviolett nach.
59
s-Orbitale sind kugelsymmetrisch, die Anzahl Nullstellen nimmt mit steigendem n zu.
p-Orbitale sind hantelförmig
d-Orbitale sind «komplizierte» p-Orbitale
f-Orbitale sind noch komplizierter.
a)
Bild
Orbital
1
1s
2
2p
3
2s
4
3d (m = 0)
5
3d (m = 1)
6
3p
7
3s
8
4f
b) Die Orbitale lassen sich nicht mit um den Atomkern kreisenden Elektronen erklären.
60
a) 8, Neon (2+8=10)
n −1
b) ∑!=0 2(2! + 1) = 2n 2
c) 2 (Helium), 2+8 (Neon), 2+8+18 = 28, 2+8+18+32 = 60, 2+8+18+32+50 = 110
61
a) 2, 6, 10, 14
b) 2, 8, 18, 32, 32, 32, 32, 32
c) Gemeinsamkeit: die letzte Schale ist immer mit 2s und 6p gefüllt. Offensichtlich ist
diese Formation chemisch träge. (Bei den grossen Edelgasen ist die vorletzte Schale
nur bis d ganz gefüllt.)
118X
1 1 8X
2
2
2
2
2
2
2
s
6
6 10
6 10 14
6 10 14
6 10
6
p d f
K
L
M
N
O
P
Q
7.3 Atom- und Quantenphysik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
4
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62
1s: He
2s: Be, 2p: Ne
3s: Mg, 3p: Ar
4s: Ca, 3d: Zn, 4p: Kr
5s: Sr, 4d: Pd und Cd, 5p: Xe
6s: Ba, 4f: Yb, 5d: Hg, 6p: Rn
7s: Ra, 5f: Lr, 6d: kann nicht mehr gefüllt werden, weil die Kerne allzu instabil sind.
63
Grundzustand
B
C
N
O
Al
Si
P
S
1-wertig
2-wertig
3-wertig
2-wertig
1-wertig
2-wertig
3-wertig
2-wertig
1. angeregter
Zustand
3-wertig
4-wertig
3-wertig
2-wertig
3-wertig
4-wertig
3-wertig
2-wertig
Bemerkungen
Normalfall 3-wertig
Normalfall z.B. CH4
Normalfall 3-wertig
Normalfall 4-wertig
Wirkungsquantum und Photonen
64
λ=
hc
; 1.9·10–11 m
eU
65
∆E =
hc
λ
; 2.78·10–15 J oder 17.4 keV
66
Die maximale Elektronenenergie würde von der Intensität des einfallenden Lichts
abhängen.
Auch mit Infrarotlicht könnten Elektronen ausgelöst werden, wenn die Intensität des
Lichtes bzw. der Energiestrom gross genug wäre. Die Frequenz hätte keinen Einfluss.
67
Kochsalz enthält Natrium. Dieses wird in der Flamme zum Leuchten angeregt, deshalb
die gelbe Flamme. Nicht alle Natriumatome sind angeregt, die nicht angeregten verschlucken das Licht der Natriumlampe (Absorption) und strahlen es in alle Richtungen
wieder ab (spontane Emission). Deshalb ist auf der Wand weniger Licht der Natriumlampe als vorher. Es entsteht der Eindruck eines Schattens.
7.3 Atom- und Quantenphysik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
5
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68
Die Natriumdampflampe strahlt nur Licht einer Wellenlänge aus. Eine blaue Kreide
verschluckt alle Wellenlängen ausser eben blau. Wird die blaue Kreide mit gelbem
Licht beleuchtet, erscheint sie schwarz oder grau.
69
[G / c ] = m/kg also G / c = ! / m
[h / c ] = kg s , also h / c = m t
2
2
p
2
p
2
p p
mp = h c / G ;
tp = ! p /c ;
5.46 ⋅10−8 kg
1.35 ⋅10 −43 s
2
! p = G h / c 3 oder ! p = G h / c 3 ;
4.05 ⋅10 −35 m
Photoelektrischer Effekt
70
a) Mit der Lichtstärke nimmt die Anzahl der Photonen zu. Dadurch steigt aber auch die
Wahrscheinlichkeit, Photoelektronen auszulösen.
b) Es eignen sich nur Materialien, deren langwellige Grenze beim äusseren Photoeffekt
über 400 nm (blau) liegt. Dies ist sicher bei Cäsium der Fall.
Vollkommen ungeeignet, wären Aluminium, Kupfer, Nickel, Silber und Zink.
c) v =
2  hc

5
 − W A  ; 2.11·10 m/s
me  λ

71
«Wenn beim photoelektrischen Effekt bei konstanter Lichtfrequenz die Lichtleistung
geändert wird, ändert sich bei den losgelösten Elektronen ...»
... die Anzahl proportional zur Lichtleistung.
... die kinetische Energie gar nicht.
... die Geschwindigkeit gar nicht.
De Broglie Materiewellen
72
a) λ =
h
h
=
; 12 pm
p mv
b) 2.9 pm
7.3 Atom- und Quantenphysik
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
6
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73
h
h
h
=
⇒v=
; 7.27 ⋅106 m/s.
p mv
mλ
Da diese Geschwindigkeit viel kleiner als die Lichtgeschwindigkeit ist, kann man die
Bewegungsenergie klassisch ansetzen:
Die Wellenlänge nach de Broglie ist λ =
2
2
qU = m v 2 = h 2 ⇒ U = h 2 ;
2
2mλ
2mqλ
150 V
74
me 2
v erhalten Sie v = 4.96 ⋅10 7 m/s . Diese Geschwindigkeit ist etwa 1/6 der
2
Lichtgeschwindigkeit. Das Problem kann also noch knapp klassisch behandelt werden.
h
h
Die Wellenlänge nach de Broglie ist λ = =
; 15 pm.
p me v
Aus qeU =
75
h
h
h
=
⇒v=
; 1.4 ⋅107 m/s.
p mv
mλ
Diese Geschwindigkeit ist noch wesentlich kleiner als die Lichtgeschwindigkeit.
Man kann klassisch rechnen.
a) Die Wellenlänge nach de Broglie ist λ =
2
Ekin = m v 2 = h 2 ; 6.8 ⋅ 10−13 J " 4.2 MeV
2
2mλ
Der 222Rn-Kern emittiert α-Teilchen mit der Energie 5.49 MeV.
b) U =
Ekin
; 2.1 ⋅ 106 V
2qe
76
Die Wellenlänge nach de Broglie ist λ =
h
h
h
=
⇒v=
; 6.61×107 m/s.
p mv
mλ
Diese Geschwindigkeit ist etwa ¼ der Lichtgeschwindigkeit.
Wir rechnen noch klassisch:
2
2
qU = m v 2 = h 2 ⇒ U = h 2 ;
2
2mλ
2mqλ
12 kV
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
7.3 Atom- und Quantenphysik
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Heisenberg’sche Unbestimmtheitsrelation
77
Die Unbestimmtheit im Impuls erhalten wir aus der Heisenberg’schen
h
Unbestimmtheitsrelation ∆x∆p ≥
: ∆p ≥ 1.3 ⋅10 −28 Ns .
4π
∆p
≥ 1.3 ⋅10−22 m/s.
Die Unbestimmtheit in der Geschwindigkeit ist ∆v =
m
Die Zusammenstösse zwischen den Photonen des sichtbaren Lichtes und dem
Staubpartikel ändern die Geschwindigkeit des Staubpartikels nicht messbar.
78
Die Unbestimmtheit im Impuls erhalten wir aus der Heisenberg’schen
h
Unbestimmtheitsrelation ∆x∆p ≥
: ∆p ≥ 5.3 ⋅10 −25 Ns .
4π
∆p
≥ 5.8 ⋅105 m/s.
Die Unbestimmtheit in der Geschwindigkeit ist ∆v =
m
Die Geschwindigkeit des Elektrons um den Kern erhält man klassisch aus:
q2
1 q2
v2
⇒
=
= 2.2 ⋅106 m/s
=
m
v
4πε0 r 2
4πε0 mr
r
Die Unbestimmtheit in der Geschwindigkeit ist grösser als 26%! Das Elektron besitzt
im Atom keine klar definierte Geschwindigkeit. Deshalb ist es auch unangebracht, von
einer Geschwindigkeit des Elektrons im Atom zu sprechen.
79
2me c 2 = ∆E und ∆E∆t ≤
∆t ≤
h
4π
h
; 3.2·10-22 s
2
8πme c
7
7.4 Festkörper
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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7.4
Festkörper
Festkörper
80
Schicht A
Schicht A und B
Nachdem Schicht A und B festgelegt sind, gibt es nur zwei Möglichkeiten die dritte
Schicht aufzutragen. Entweder wird die dritte Schicht über die erste gelegt, dann
entsteht die Folge ABA usw.
Schicht A, B, A: (Löcher vorhanden)
Oder die dritte Schicht wird über die Löcher gelegt, dann gib es eine neue Schicht C.
Die Abfolge ist also ABC usw.
Schicht A, B, C (keine Löcher vorhanden)
Die Abfolge ABC kann auch in einem quadratischen Gitter gefunden werden, wenn Sie
entlang der Würfeldiagonalen schauen.
Dazu müssen Sie wie folgt schichten:
7.4 Festkörper
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
2
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81
a) Die zusätzliche Spannung muss so gerichtet sein, dass die Grenzschicht breiter
wird. Der p-dotierte Leiter gibt positive Löcher ab, er lädt sich also negativ auf.
Daher muss, um die Sperrschicht zu vergrössern, der p-dotierte Leiter mit dem
Minuspol verbunden werden. Der n-dotierte Leiter dementsprechend mit dem
Pluspol.
b) Wird der p-dotierte-Leiter mit den Pluspol verbunden, dann werden laufend Löcher
nachgeschoben. Diese rekombinieren laufend mit den von der n-dotierte-Seite
kommenden Elektronen. Da die n-dotierte-Seite mit dem Minuspol verbunden ist,
haben wir aber auch hier kein Nachschubproblem. Die Diode ist in Durchlassrichtung geschaltet.
82
evB = eE = eU/d, I = eAnv ⇒ BI =
a) n-Typ Germanium: n =
eAnU
d
BI
; 3.0 ⋅10 20 1 m 3
eU H b
p-Typ Germanium: 8.4 ⋅10 20 1 m 3
b) Die molare Masse von Germanium beträgt 72.59 g mol
Die Anzahl Germaniumatome pro Volumen: nGermanium =
ρ
M
N A ; 4.4 ⋅10 28 1 m 3
nGermanium
; 1 freier Ladungsträger auf 150 Millionen Germaniumatome
n
n
p-Typ: Germanium ; 1 freier Ladungsträger auf 50 Millionen Germaniumatome
n
n-Typ:
83
E = hf = h
Material
∆E
λ
c
λ
, λ=
hc
E
Ge
0.7 eV
2 µm
Si
1.1 eV
1.1 µm
Diamant
6 eV
0.2 µm
B
1.1 eV
1.1 µm
Se
2.3 eV
0.54 µm
Das sichtbare Spektrum geht etwa von 0.4 µm bis 0.8 µm.
Diamant absorbiert also erst ab Ultraviolett und ist daher im Sichtbaren perfekt
durchsichtig.
Germanium, Silizium und Bor absorbieren bereits im Infraroten und sind daher im
Sichtbaren absolut undurchsichtig. Sie lassen aber Wärmestrahlung durch.
Ob ein Material durchsichtig ist, hängt also von der Breite der energetisch verbotenen
Zone ab.
7.4 Festkörper
Physik anwenden und verstehen: Lösungen
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84
a) Gute Leiter:
63.546
29 Cu
2
2 6
2 6 10
1
s p d f
107.868
47Ag
K
L
M
N
2
2
2
2
1
s
6
6 10
6 10
196.967
79Au
K
L
M
N
O
p d f
2
2
2
2
2
1
s
K
L
6
6 10 M
6 1014 N
6 10 O
P
p d f
Gemeinsamkeit: Alle nur ein Elektron in der äussersten Schale
Weniger gute Leiter:
55.845
2 6Fe
2
2 6
2 6 6
2
s p d f
58.6934
2 8Ni
K
L
M
N
2
2 6
2 6 8
2
s p d f
207.2
8 2Pb
K
L
M
N
2
2
2
2
2
2
s
6
6 10
6 1014
6 10
2
p d f
K
L
M
N
O
P
Gemeinsamkeit: zwei oder vier Elektronen in der äussersten Schale.
b) Zink sollte nicht zu den ganz guten Leitern gehören, was auch der Fall ist.
Allerdings leitet es den Strom fast doppelt so gut wie Eisen.
85
a) Unregelmässigkeit bei Elementen 24, 29, 41, 42, 44, 45, 46, 47, 78 und 79.
Die s-Orbitale haben jeweils 1 oder 0 Elektronen statt 2, während die d-Orbitale ein
oder zwei Elektronen zu viel haben.
b) Alle Elemente mit einem Elektron im s-Orbital (und sonst keine Elektronen in der
betreffenden Schale) haben ein halbvolles Leitungsband: Cr, Cu, Nb, Mo, Ru, Rh,
Ag, Pt, Au. Alle anderen haben ein volles Band und sind eher zufällig Metalle, weil
ein leeres Band überlappt.
Bildnachweis
80: Oliver Seipel