PHYSIK I Musterlösung

Basisprüfung, 24. 08. 2007
PHYSIK I
Prof. Dr. Danilo Pescia
Musterlösung
Hinweise zur Korrektur:
• Für jede Teilaufgabe, meistens für jeden Teilschritt sind die zu vergebenden Punkte
angegeben.
• Die kleinste Einheit ist 1/2 Punkt.
• Möglichst klar angeben, wofür die Punkte erteilt werden.
• Für Lösungen, deren Herleitung nicht ersichtlich ist, werden in der Regel keine Punkte
vergeben.
Aufgabe 1
a) Ja, der Drehimpuls ist erhalten (1P).
Begründung: Entweder in Worten oder
d~
d ˙
~ r) × r = −k~r × ~r = 0.
L=
m~r × ~r = m~r˙ × ~r˙ + m~r¨ × r = 0 + K(~
dt
dt
(1P)
b)
Z
EPot = −
~
r
~ r~0 ) · dr~0 = −
K(
0
Z
r
−k|r~0 |dr0 =
0
ETot = EPot + EKin
Z
r
kr0 dr0 =
0
kr2
2
(1P)
kr2 m|~v |2
kr2 mvt2 mvr2
=
+
=
+
+
2
2
2
2
2
kr2
L2
mṙ2
=
+
+
(1P)
2
2mr2
2
mit
L = mvt r =⇒ vt2 =
L2
m2 r 2
c) Für eine Kreisbahn gilt ṙ = 0 (0.5P). Den Radius finden wir z. B. über die Minimierung der obigen Energie,
∂
∂ kr2
L2
E(r) =
+
∂r
∂r
2
2mr2
L2 !
= kr −
=0
(0.5P)
mr3
2
⇐⇒ kmr4 = L
r
r0 =
1
4
L2
km
(1P)
PHYSIK I
Basisprüfung, 24. 08. 2007
Prof. Dr. Danilo Pescia
Aufgabe 2
a) Die Bewegungsgleichung lautet
mr̈ = mg cos Ωt + mΩ2 r
(2P)
b)
r(t) = rhomogen (t) + rspeziell (t)
Allg. Lösung der homogenen Gleichung:
rh (t) = Ae−Ωt + BeΩt
(1P)
Spezielle Lösung der inhom. Gleichung:
Ansatz:
rs (t) = C cos Ωt
(0.5P)
Einsetzen in die BGL,
−CΩ2 cos Ωt = Ω2 C cos Ωt + g cos Ωt
−2CΩ2 = g
⇒
⇒
C=−
Zusammensetzen:
r(t) = rh (t) + rs (t) = Ae−Ωt + BeΩt −
g
cos Ωt
2Ω2
(0.5P)
Geschwindigkeit:
ṙ(t) = −AΩe−Ωt + BΩeΩt +
g
sin Ωt
2Ω
(0.5P)
Einsetzen der Anfangsbedingungen:
!
ṙ(0) = −AΩ + BΩ = 0
g !
r(0) = A + B −
= r0
2Ω
=⇒
=⇒
A=B
r0 +
A=
2
(0.5P)
g
2Ω
(0.5P)
Zusammen:
g
r0 + 2Ω
g
e−Ωt + eΩt −
cos Ωt
2Ω2
2 g g
= r0 +
cosh Ωt −
cos Ωt
2Ω
2Ω2
r(t) =
2
g
2Ω2
(0.5P)
PHYSIK I
Basisprüfung, 24. 08. 2007
Prof. Dr. Danilo Pescia
Aufgabe 3
a) Bewegungsgleichung:
mlϕ̈ = −mg sin ϕ − cos ϕ kl sin ϕ
|{z} | {z } |
{z
}
(1P)
FG ,(1P)
FF ,(1P)
b) Taylor: sin ϕ ≈ ϕ, cos ϕ ≈ 1.
Bewegungsgleichung:
ϕ̈ = −
mlϕ̈ = −mgϕ − lkϕ
g
k
+
ϕ
(0.5P)
l
m
(Kreis-)Frequenz:
r
ω=
g
k
+
l
m
(0.5P)
Periode:
T =
2π
2π
=q
ω
g
+
l
(0.5P)
k
m
Allgemeine Lösung:
ϕ(t) = A cos(ωt + δ)
(0.5P)
c) Beachte das Hebelgesetz, weil die Kraft nicht in m angreift!
mlϕ̈ = −mg sin ϕ − kl0 sin ϕ
3
l0
cos ϕ
l
(1P)
PHYSIK I
Basisprüfung, 24. 08. 2007
Prof. Dr. Danilo Pescia
Aufgabe 4
a) Benutze, dass das Feld im inneren einer homogen geladenen Hohlkugel verschwindet
(1/r2 -Abhängigkeit) und dass das Feld ausserhalb derselben sich so verhält, als wäre
die gesamte Ladung im Kugelzentrum lokalisiert. Verwende auch das Superpositionsprinzip.
A\B
2
~ r) = RB σB (~r − ~rB )
E(~
ε0 |~r − ~rB |3
(1P)
2
~ r) = RA σA (~r − ~rA )
E(~
ε0 |~r − ~rA |3
(1P)
B\A
A∩B
~ r) = ~0
E(~
(1P)
A∪B
2
2
~ r) = RA σA (~r − ~rA ) + RB σB (~r − ~rB )
E(~
ε0 |~r − ~rA |3
ε0 |~r − ~rB |3
(1P)
b) Für das Potential Φ(~r) gilt (mit C beliebig, insbesondere C = 0):
A\B
R2 σB
Φ(~r) = B
ε0
R2 σA
Φ(~r) = A
ε0
1
1
−
|~r − ~rB | RB
1
1
−
|~r − ~rA | RA
+C
(0.5P)
+C
(0.5P)
B\A
A∩B
Φ(~r) = C
(0.5P)
A∪B
2
RA
σA
ε0
1
1
−
|~r − ~rA | RA
R2 σB
+ B
ε0
4
1
1
−
|~r − ~rB | RB
+C
(0.5P)
PHYSIK I
Basisprüfung, 24. 08. 2007
Prof. Dr. Danilo Pescia
Aufgabe 5
a) Lege für die Berechnung des Feldes eine koaxiale zylindrische Gauss-Box um den
Draht. Wir bezeichnen die radiale Koordinate mit ρ. Es ist dann im Hohlraum
2πrEρ h =
λh
ε0
⇒
Eρ (ρ) =
λ
2πε0 ρ
also
~
E(ρ)
=
λ
~eρ
2πε0 ρ
(1P)
Im Metall verschwindet das elektrische Feld,
~
E(ρ)
= ~0
(1P)
Aussen ist das Feld wieder wie im Hohlraum gegeben durch
~
E(ρ)
=
λ
~eρ
2πε0 ρ
(1P)
b) Potential mit C beliebig, insbesondere auch C = 0:
Hohlraum:
−λ
ln ρ + C 0
(0.5P)
Φ(ρ) =
2πε0
Metall:
Φ(ρ) = C
(0.5P)
Aussen (keine zusätzlichen Punkte da gleich wie im Hohlraum):
−λ
ln ρ + C 00
2πε0
Stetigkeitsbedingungen an den Grenzflächen:
Φ(ρ) =
λ
ln RI + C
2πε0
λ
ln RA + C
C 00 =
2πε0
C0 =
(0.5P)
(0.5P)
c) Auf der Innenfläche des Metallzylinders:
λ
2πRI
Auf der Aussenfläche des Metallzylinders:
σI = −
σA =
λ
2πRA
5
(0.5P)
(0.5P)