Lösungen der Klausur CSB/Mathe/Info vom 07.08.09

Lösungen der Klausur CSB/Mathe/Info
vom 07.08.09
1. Aufgabe:
Lichtgeschwindigkeit im Vakuum: c = v = 3 · 108 ms
a) s = 1, 5 · 108 km →
s
c
= t = 500 s
b) t = 1 a = 31557600 s → t · c = s = 9, 47 · 1015 m
c)
Ausbreitungsgeschwindigkeit des Lichts im Medium (n =
cV ak
cM ed
> 1) kleiner als im Vakuum
(n = 1) → a) benötigte Zeit wird gröÿer, b) zurückgelegte Strecke wird kleiner
2. Aufgabe:
harmonische Schwingung mit x(t = 0) = xmax = 10 cm und T = 8 s um x = 0
a)
Bahngleichung: x(t) = xmax · cos(wt) = 10 cm · cos( π4 s−1 · t)
x (t) [c m ]
1 0
0
2
4
6
8
1 0
t [s]
-1 0
b)
zurückgelegter Weg s(t):
x(1 s) = 10 cm · cos( π4 s−1 · 1 s) = 7, 07 cm → s(1 s) = 10 cm − 7, 07 cm = 2, 93 cm
x(2 s) = 10 cm · cos( π4 s−1 · 2 s) = 0 cm → s(2 s) = 10 cm − 0 cm = 10 cm
x(3 s) = −7, 07 cm → s(3 s) = 17, 07 cm
x(4 s) = −10 cm → s(3 s) = 20 cm
bei t = 60 s hat der Massepunkt 7,5 komplette Schwingungen mit je 40 cm überstrichenem Weg
vollführt → s(60 s) = 300 cm
3. Aufgabe:
Patrone: mp = 10 g , v0 6= 0
Körper: mK = 1, 3 kg , v = 0
Patrone trit ruhenden Körper mit v0 im Sinne eines vollständig inelastischen Stoÿes: Geschwindigkeit beider Massen unmittelbar nach Stoÿ vnach , Patrone und Körper rutschen entlang einer
Horizontalen um ∆x = 91 cm, wobei der Gleitreibungskoezient µ = 0, 4 beträgt
a)
es gilt der Impulserhaltungssatz:
mp v0 = (mp + mK )vnach
→ v0 =
mp + mK
vnach
mp
(1)
inelastischer Stoÿ: kinetische Energien vor und nach Stoÿ sind nicht identisch (keine Energieerhaltung im Sinne der Bewegung)!
Ekin,vor =
mp 2
v
2 0
Ekin,nach =
mp + mK 2
vnach
2
2
mit Gleichung (1) folgt
Ekin,vor
mp
=
2
mp + mK
mp
2
vnach
und somit
Ekin,nach
mp
=
= 7, 6 · 10−3
Ekin,vor
mp + mK
b)
kinetische Energie nach Stoÿ wird durch Reibungsarbeit FR verbraucht:
Ekin,nach = FR ∆x = µ(mp + mK )g∆x
Beziehung der Reibungsarbeit zu kinetischer Energie vor dem Stoÿ aus a) bekannt:
mp + mK
mp 2
v0 = Ekin,vor =
Ekin,nach
2
mp
Es folgt:
s
v0 =
2
mp + mK
mp + mK p
m
E
=
2µg∆x = 350
kin,nach
2
mp
mp
s
c) Impulserhaltung (Impuls Patrone vor dem Stoÿ = Impuls von Patrone + Körper unmittelbar
nach dem Stoÿ):
p = mp v0 = 3, 5 N s = (mp + mK )vnach
Geschwindigkeit unmittelbar nach dem Stoÿ entsprechend:
vnach =
d)
mp
m
v0 = 2, 67
mp + mK
s
zeitliche Änderung des Impulses (∆p = 3, 5 N s innerhalb von ∆t = 10 ms) entspricht Kraft:
F =
∆p
∂p
=
= 350 N
∂t
∆t
4. Aufgabe:
kJ
kJ
, mW = 500 g , cW = 4, 19 kg·K
, TK = 20 ◦ C
Kalorimeter: mAlu = 200 g , cAlu = 0, 39 kg·K
kJ
Eis: mEis = 100 g , cEis = 2, 09 kg·K
, QS,Eis = 344, 0 kJ
, TEis = −20 ◦ C
kg
Die Rechnungen erfolgen in ◦ C , Temperaturunterschiede werden in Kelvin angegeben.
a)
Eis wird im Kalorimeter geschmolzen, Gesamtsystem (Wasser und Kalorimeter) hat danach
die Temperatur TGG > 0 ◦ C ;
notwendige zuzuführende Wärmemenge für diesen Erwärmungsprozess (Eis erwärmen, Eis schmelzen, geschmolzenes Eis [nun 100 g Wasser] auf TGG erwärmen):
Qzu = mEis cEis (0 ◦ C − TEis ) + mEis QS,Eis + mEis cW (TGG − 0 ◦ C)
= 20 K · mEis cEis + mEis QS,Eis + mEis cW TGG > 0
Diese Wärmemenge wird dem Kalorimeter (Alu + Wasser) durch Abkühlung entzogen:
Qab = mW cW (TGG − TK ) + mAlu cAlu (TGG − TK )
= (mW cW + mAlu cAlu )(TGG − 20 ◦ C) < 0
Da der Prozess ohne Wärmeaustausch mit der Umgebung stattndet können diese Wärmemen-
gen gleichgesetzt werden (Vorzeichen beachten: Qzu > 0, Qab < 0):
Qzu = −Qab
20 K ·mEis cEis +mEis QS,Eis +mEis cW TGG = 20 K ·(mW cW +mAlu cAlu )−(mW cW +mAlu cAlu )TGG
Umstellen nach TGG liefert:
TGG =
b)
20 K · (mW cW + mAlu cAlu − mEis cEis ) − mEis QS,Eis
= 2, 27 ◦ C
(mW cW + mAlu cAlu + mEis cW )
In das Kalorimeter (Temperatur nun TGG = 2, 27 ◦ C , Wassermasse nun mW,neu = 600 g )
werden jetzt weitere mEis = 100 g Eis hinzugegeben, die nicht komplett schmelzen: das Gesamtsystem nimmt somit die Temperatur Tend = 0 ◦ C an und es verbleibt die (ungeschmolzene)
Eismasse mRest im Kalorimeter.
zugeführte Wärmemenge für die Erwärmung des Eises:
Qzu = mEis cEis (0 ◦ C − TEis ) + (mEis − mRest )QS,Eis > 0
entsprechende Wärmemenge, die dem Kalorimeter entzogen wird:
Qab = mW,neu cW (0 ◦ − TGG ) + mAlu cAlu (0 ◦ − TGG ) < 0
Analog zu Aufgabe a) ergibt sich:
Qzu = −Qab
20 K · mEis cEis + (mEis − mRest )QS,Eis = (mW,neu cW + mAlu cAlu )TGG
Und somit für die noch im Kalorimeter vorhandene Eismenge:
mRest =
20 K · mEis cEis − (mW,neu cW + mAlu cAlu )TGG
+ mEis = 94, 9 g
QS,Eis
Es schmelzen also nur 5, 1 g Eis.
5. Aufgabe:
V
Geschwindigkeitslter: B1 = 2, 2 mT , E = 2500 m
Massenspektrometer: B2 = 1 G = 10−4 T
a)
Elektronen passieren den Geschwindigkeitslter, wenn ihre Bahn geradlinig verläuft. Dazu
müssen sich Coulombkraft (Ladungen) und Lorentzkraft (bewegte Ladungen) kompensieren,
d.h. ihre Beträge müssen gleich und ihre Richtungen entgegengesetzt sein. Im Falle von Elektronen (q = −e) zeigt die Coulombkraft bei gegebenem Geschwindigkeitslter nach links, die
Lorentzkraft nach rechts, sodass nur noch
|FC | = |q| E = |qv × B| = |q| vB = |FL |
erfüllt werden muss:
v=
E
m
= 1, 14 · 106
B
s
(2)
Diese Beziehung ist unabhängig von der Teilchenmasse und dem Betrag der Ladung. Wechselt
das Vorzeichen der Ladung so zeigen Coulomb- und Lorentzkraft erneut in entgegengesetzte
Richtungen (beide ändern ihre Richtung). Somit durchlaufen alle geladenen Teilchen, also auch
Protonen, den Filter in der gegebenen Konguration, falls ihre Geschwindigkeiten der Beziehung (2) genügen.
b)
Im Massenspektrometer wirkt auf die Elektronen die Lorentzkraft, die die Teilchen ablenkt
und auf eine Kreisbahn zwingt. Die Lorentzkraft wirkt somit als Zentripedalkraft für die Kreisbewegung und kompensiert die auf die Teilchen wirkende Zentrifugalkraft:
|FZ | =
mv 2
= |q| vB = |FL |
r
Der Radius der Kreisbahn ergibt sich demnach zu:
r=
c)
mv
= 6, 46 cm
|q| B
(3)
Damit Protonen im Massenspektrometer die selbe Bahn durchlaufen wie zuvor Elektornen
muss das magnetische Feld umgekehrt werden, sodass trotz Vorzeichenwechsel der Ladung
(q = −e → q = +e) die Lorentzkraft in die selbe Richtung zeigt. Da die Protonen zudem eine
höhere Masse aufweisen muss entsprechend Gleichung (3) ebenfalls der Betrag der magnetischen
Flussdichte erhöht werden:
mp
me
=
Bvor
Bnach
→ Bnach =
mp
Bvor = 1836 G = 183, 6 mT
me
6. Aufgabe (nur Physik I):
homogener Vollzylinder: m = 100 kg , r = 30 cm
= 20π s−1
Rotation: M = const., ω(t = 0) = 0, ω(t = 30 s) = 600 U mdrehungen
min
a)
Drehimpuls: Trägheitsmoment des Zylinders J = m2 r2 :
L(30 s) = J · ω(30 s) =
m 2
kg · m2
r ω(30 s) = 282, 7
2
s
zeitliche Änderung des Drehimpulses (∆ω = 20π s−1 in ∆t = 30 s):
const. = M =
b)
∂L
∆ω
∂ω
=J
= 9, 43 N m
=J
∂t
∂t
∆t
siehe a)
M = 9, 43 N m
c)
Kraft auf Zylindermantel:
|M | = |r × F | = r · F
→ F =
M
= 31, 4 N
r
7. Aufgabe (nur Physik I):
2 Ladungen zu je q = +4 µC auf x-Achse bei x1 = 0 und x2 = 8 m
a)
elektrisches Feld einer Ladung:
q
E=
4π0
2
1
r
Überlagertes Feld zweier Ladungen an verschiedenen Punkten der x-Achse:
q
E(x = −2 m) = − 4π
0
1 2
2m
−
q
4π0
2
1
10 m
q
E(x = +2 m) = + 4π
0
1 2
2m
−
q
4π0
1 2
6m
V
= −9347 m
V
= +7989 m
V
E(x = +6 m) = −E(x = +2 m) = −7989 m
V
E(x = +10 m) = −E(x = −2 m) = +9347 m
b)
E(x = +4 m) = 0, x = 4 m
E (x )
c)
0
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x [m ]
1 0
8. Aufgabe (nur Physik II):
Körper: m = 4 g , v = 100 ms
Der Körper soll an der Önung einer Blende Beugungseekte zeigen: Teilchen muss Welleneigenschaften haben (Welle-Teilchen-Dualismus) und Wellenlänge muss in Gröÿenordnung des
beugenden Objekts liegen.
dem Körper zuzuordnende Wellenlänge (de Broglie):
λ=
h
h
=
= 1, 65 · 10−33 m
p
mv
In dieser Gröÿenordnung muss die Apertur der Blende liegen.
Kein normaler Körper passt jedoch durch solch eine kleine Önung, da selbst der Atomdurchmesser (≈ 10−15 m) um 18 Gröÿenordnungen gröÿer ist! (Oder anders ausgedrückt: ein 4 g
schwerer kugelförmiger Körper mit dem Durchmesser λ müsste eine Dichte von ρ = 1, 7·1093 cmg 3
besitzen!)
9. Aufgabe (nur Physik II):
g
, EF = 7.04 eV
Körper: m = 10 kg , M = 63, 55 mol
a)
jedes Atom steuert 8 Energieniveaus für das Leitungsband bei:
N = 8 · NAtome = 8NA
b)
m
= 7, 58 · 1026
M
mittlere Energiedierenz zweier aufeinander folgender Zustände:
∆E =
EF
= 9, 29 · 10−27 eV
N
Vergleich mit thermischer Energie bei T = 300 K :
Eth ≈ kB T ≈ 25 meV
→
Eth
= 2, 8 · 1024
∆E
Die thermischer Energie ist weitaus gröÿer als die Energiedierenz der Niveaus, sodass man bei
Raumtemperatur von einem quasikontinuierlichen Band sprechen muss.