Musterlösung zur Probeklausur - Lehrstuhl für Optik, Uni Erlangen

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Nur vom Korrektor auszufüllen!
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∑
Note
Experimentalphysik für Naturwissenschaftler I
Universität Erlangen–Nürnberg
WS 2011/12
Probeklausur (1.2.2012)
ANMERKUNG: Name, Matrikelnummer und Studiengang müssen Sie bei der Probeklausur natürlich
nicht angeben, da diese ja nicht eingesammelt wird! Die folgenden Angaben sind nur zu Ihrer Information, damit Sie den Kopf der Klausur schon kennen!
Name (in Druckbuchstaben):
Matrikelnummer:
Studiengang:
Bitte beachten: In die Wertung der Klausur gehen nur 8 der 10 gestellten Aufgaben ein. Kennzeichnen Sie
deshalb deutlich vor Abgabe der Klausur, welche zwei Aufgaben nicht gewertet werden sollen! Sie müssen dies
entscheiden, sonst werden einfach zwei Aufgaben nach Belieben gestrichen. Mit jeder Aufgabe können 8 Punkte
erreicht werden.
Empfehlung: Sehen Sie sich am Anfang der Klausur alle Aufgaben kurz an und entscheiden dann, welche Sie in
welcher Reihenfolge bearbeiten wollen. Sollten Sie eine Teilaufgabe nicht bearbeitet haben, benötigen aber deren
Ergebnis für die nächste Teilaufgabe, so nehmen Sie den angegebenen Wert der Ersatzlösung, kennzeichnen dies
auf Ihrem Blatt und rechnen damit weiter.
——————————————————————————
1) Karussell
Gegeben sei ein zunächst ruhendes Karussell, das aus einem homogenen Holzzylinder mit Radius R = 2 m
und Masse M = 160 kg besteht und drehbar um seine Zylinderachse gelagert ist (Trägheitsmoment JZylinder =
1
M R2 ). Ein Kind der Masse m = 20 kg springt mit einer Geschwindigkeit v = 5 m/s auf den Rand dieses
2
Karussells (siehe Abbildung). Das Kind, welches als punktförmig angenommen werden kann, bleibt auf dem
Rand stehen und versetzt das Karussell in eine Drehbewegung.
(a) Welchen Drehimpuls LK besitzt das Kind bezüglich des Karussell-Mittelpunktes beim Aufspringen (Ersatzlösung LK = 100 Js)?
1
Lösung (2 Punkte):
⃗ K = ⃗r × p⃗
L
⇒
LK = pr⊥ = mvR = 20 kg · 5 m/s · 2 m = 200 Js.
(b) Wie groß ist das Trägheitsmoment Jges des gesamten Systems, nachdem das Kind aufgesprungen ist (Ersatzlösung Jges = 250 kg m2 )?
Lösung (2 Punkte):
Jges = JZylinder + JK = 12 M R2 + mR2 = 12 · 160 kg · 4 m2 + 20 kg · 4 m2 = 400 kg m2 .
(c) Mit welcher Winkelgeschwindigkeit ω rotiert das Karussell nach dem Aufspringen des Kindes (Ersatzlösung
ω = 1 s−1 )?
Lösung (3 Punkte):
Drehimpulserhaltung: LK = Lges = Jges ω
sungen ω = 0,4 s−1 ).
⇒
ω=
LK
Jges
=
200 Js
400 kg m2
= 0,5 s−1 (bei Verwendung von Ersatzlö-
(d) Mit welcher Geschwindigkeit bewegen sich die Massenteilchen am Rand des rotierenden Karussells?
Lösung (1 Punkt):
v = ωR = 0,5 s−1 · 2 m = 1 m/s (bei Verwendung von Ersatzlösung v = 2 m/s).
2
2) Rotierender Kegel
Ein Kegel der Masse M = 5 kg besitze eine kreisförmige Grundfläche mit Radius R = 20 cm. Der Kegel rotiere
mit einer Winkelgeschwindigkeit ω0 = 10 s−1 um seine Kegelachse. Sein Trägheitsmoment ist dabei gegeben
3
durch J = 10
M R2 .
(a) Berechnen Sie die Größe des Trägheitsmoments (Ersatzlösung 0,3 kg m2 ).
Lösung (1 Punkt):
Die Größe des Kegelträgheitsmomentes ist J =
3
10
· 5 kg · 0,04 m2 = 0,06 kg m2 .
(b) Der rotierende Kegel werde mit einem konstanten Drehmoment D = −0,3 Nm abgebremst. Wie lange dauert
der Abbremsvorgang bis zum Stillstand (Ersatzlösung t = 4 s)?
Lösung (2,5 Punkte):
D =
d
L
dt
=
d
(Jω)
dt
= J dtd ω. Integration ergibt Dt = J[ω(t) − ω(0)] = J[ω(t) − ω0 ]. Daraus folgt
2
!
kg m
J
J
[ω(t) − ω0 ] = −ω0 D
, da ω(t) = 0 sein soll. Somit ist t = 10 s−1 · 0,06
= 2 s (bei Verwendung
t = D
0,3 Nm
von Ersatzlösung t = 10 s).
(c) Wie viele Umdrehungen benötigt der Kegel bis zum Stillstand?
Lösung (2,5 Punkte):
)
∫t
∫t( ′
D 2
Da ω(t) = dtd ϕ(t) gilt, ist ϕ(t) = 0 ω(t′ ) dt′ = 0 D
t + ω0 dt′ = 2J
t + ω0 t = 10 rad. Damit ergeben sich
J
ϕ(t)
32
= 1,59 Umdrehungen (bei Verwendung von Ersatzlösungen 2π = 5,09 Umdrehungen).
2π
(d) Wie groß war die ursprüngliche Rotationsenergie des rotierenden Kegels? Wie groß wäre sie, wenn der Kegel
mit der ursprünglichen Winkelgeschwindigkeit um eine a = 0,2 m radial verschobene Achse rotieren würde?
Lösung (2 Punkte):
Ursprünglich Erot = 12 Jω02 = 3 J (bei Verwendung von Ersatzlösung Erot = 15 J), verschobene Achse nach Satz
′
′
von Steiner Erot
= 12 (J + M a2 )ω02 = 13 J (bei Verwendung von Ersatzlösung Erot
= 25 J).
3
3) Monochord
Ein Monochord ist ein einfaches Musikinstrument, bestehend aus einer einzelnen Saite und einem Resonanzkörper. Die Saite ist an beiden Enden fest eingespannt, wobei die Länge l der schwingenden Saite mit Hilfe eines
beweglichen Keils variiert werden kann.
(a) Geben Sie eine Beziehung zwischen der Länge l der Saite, der Wellenlänge λ der Saitenschwingung und der
Anzahl der Schwingungsknoten n ∈ 0, 1, 2, . . . an. (Die beiden trivialen Schwingungsknoten an den beiden festen
Enden sollen dabei nicht mitgezählt werden.)
Für eine Saite der Länge l = 1 m berechnen Sie die Wellenlänge λ der Grundschwingung und des ersten Obertons.
(b) Die Frequenz der Schwingung hängt von der Ausbreitungsgeschwindigkeit cSaite = 200 m/s der Welle entlang
der Saite ab. Berechnen Sie die Frequenz der Grundschwingung und des ersten Obertons.
(c) Die Saitenlänge l soll nun so verkürzt werden, dass der Grundton, die Tonhöhe des ersten Obertons aus
Teilaufgabe (a) annimmt. Skizzieren Sie maßstabsgetreu für die beiden Fälle jeweils die Saitenlänge, die Grundschwingung und die erste Oberschwingung. Es ist hierzu keine Rechnung nötig!
Lösung: Monochord
(a) 3 Punkte
λ
2l
(n + 1) ⇔ λ =
2
(n + 1)
Grundschwingung: λ0 = 2 m
1. Oberschwingung: λ1 = 1 m
l=
(b) 2 Punkte
c
200 m/s
=
= 100 Hz
λ0
2m
c
200 m/s
f1 =
=
= 200 Hz
λ1
1m
c = λ f ⇒ f0 =
(c) 3 Punkte
4
(1)
(2)
5
4) Beugung am Doppelspalt
Rotes Laserlicht (λ = 633 nm) trifft auf eine Blende mit zwei schmalen Spalten im Abstand von a = 1 mm. (Im
Rahmen dieser Aufgabe können die beiden Spalte als Quellen phasengleicher Kugelwellen betrachtet werden.)
Im Abstand von L = 10 m trifft das Licht auf einen Schirm. Hier werden Intensitätsminima und -maxima
beobachtet.
(a) Die Phase einer optischen Welle ist ϕ = 2π
d, wobei d die optische Weglänge ist.
λ
Auf dem Schirm überlagern sich die Lichtfelder beider Spalte. Berechnen Sie den Unterschied ∆d des optischen Wegs und den Phasenunterschied ∆ϕ als Funktion des Orts x. (Hier kann die Kleinwinkelnäherung
tan(α) ≈ sin(α) ≈ α verwendet werden.)
(b) Geben Sie den Phasenunterschied ∆ϕ im Zentrum (bei x = 0) an. Erwartet man hier ein Intensitätsminimum
oder -maximum?
(c) Für x > 0, geben Sie den Ort xmin des ersten Minimums und den Ort xmax des ersten Maximums an.
(d) Wird xmin kleiner oder größer, wenn der Versuch mit grünem Licht (λ ≈ 500 nm) wiederholt wird?
Lösung: Beugung am Doppelspalt
(a) 3 Punkte
∆d = a sin(α)
x
tan(α) =
L
ax
⇒
∆d =
L
2π a x
⇒
∆ϕ =
λ L
(b) 1 Punkt
∆ϕ(x = 0) = 0 ⇒ konstruktive Interferenz ⇒ Maximum
(c) 3 Punkte
erstes Minimum (destruktive Interferenz):
∆ϕ = π oder ∆d = λ/2
⇒ xmin = λ2aL = 3, 17 mm
erstes Maximum (konstruktive Interferenz):
∆ϕ = 2π oder ∆d = λ
6
xmax = 2xmin =
λL
a
= 6, 33 mm
(d) 1 Punkt
xmin ∝ λ
kürzere Wellenlänge ⇒ xmin wird kleiner
7
5) Kinderkarussell
Ein Kinderkarussell dreht sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω = 0,200 s−1 um die z-Achse. Der Radius
des Karussells sei mit R bezeichnet.
(a) Berechnen Sie die Periode T .
Lösung (1 P):
T =
2π
= 31,4 s.
ω
(b) Die Bahnkurve eines Kindes sei parametrisiert durch den zeitabhängigen Vektor


cos (ωt)
⃗r(t) = R  sin (ωt)  .
0
Bestimmen Sie die Geschwindigkeits- und Beschleunigungsvektoren ⃗v (t) und ⃗a(t) des kleinen Fahrgasts.
Lösung (4 P):


− sin (ωt)
⃗v (t) = ⃗r˙ (t) = Rω  cos (ωt) 
0


− cos (ωt)
⃗a(t) = ⃗v˙ (t) = Rω 2  − sin (ωt)  = −ω 2⃗r(t).
0
(c) Prüfen Sie die Beziehung
⃗v = ω
⃗ × ⃗r.
Bestimmen Sie dazu zunächst den Vektor ω
⃗ . Hinweis: Dreht sich das Karussell im Uhr- oder im Gegenuhrzeigersinn?
Lösung (2 P):
Das Karusell dreht sich gegen den Uhrzeigersinn, wenn man von oben auf die x-y-Ebene schaut.
 
0
ω
⃗ = 0 :
ω
(⃗ω × ⃗r)x = ωy rz − ry ωz = −Rω sin (ωt) = vx
(⃗ω × ⃗r)y = ωz rx − rz ωx = Rω cos (ωt) = vy
(⃗ω × ⃗r)z = ωx ry − rx ωy = 0 = vz .
(d) Skizzieren Sie das Karussell, sowie die drei Vektoren ⃗r, ⃗v und ⃗a für das Kind zur Zeit t = 0.
Lösung (1 P):
8
9
6) Kanone
Eine Kanone gibt einen Schuß ab. Der Austrittswinkel des Geschosses beträgt α = 45◦ zur Horizontalen, bei
einer Austrittshöhe über dem (ebenen) Boden von y0 = 1,0 m. Der Betrag der Abschußgeschwindigkeit ist
v0 = 50 m/s. Reibung werde vernachlässigt.
(a) Geben Sie die Bewegungsgleichungen für die Komponenten x(t) (horizontal) und y(t) (vertikal) der Bahnkurve
an.
Lösung (2 P) :
x(t) = vx t + x0 ,
1
y(t) = − gt2 + vy t + y0 .
2
(b) Wie viel Zeit benötigt die Kugel für ihren Flug? (Ersatzlösung: tF lug = 8,00 s)
Lösung (4 P):
→ tF lug
1
y(tF lug ) = 0 ⇒ − gt2 + vy t + y0 = 0,
2
√ 2
−vy ± vy + 2gy0
= 7,24 s (vy = v0 sin α).
=
−g
Die zweite Lösung der Gleichung, tF lug = −0,028 s, scheidet wegen des negativen Vorzeichens aus (bzw. beschreibt
die rückwärtige Verlängerung der Bahn des Geschosses in die Vergangenheit, falls es vom Boden aus abgefeuert
worden wäre).
(c) Wie weit fliegt die Kugel?
Lösung (2 P):
Setze x0 = 0.
d = x(tF lug ) = vx tF lug = 256 m (vx = v0 cos α).
Mit Ersatzlösung: d = 283 m
10
7) Sprinter
Ein 100 m Läufer tritt bei einem Wettkampf an. Hierfür beschleunigt er die ersten 20 m der Strecke gleichmäßig
vom Stand aus bis zu seiner Höchstgeschwindigkeit von 11, 00 ms und benötigt dafür 3, 64 s. Mit dieser konstanten
Geschwindigkeit sprintet er bis 10 m vor der Ziellinie. Dort beginnt er aufgrund einer Fehleinschätzung bereits
gleichmäßig abzubremsen, wodurch er im Ziel nur noch eine Geschwindigkeit von 8, 50 ms hat.
(a) Welche Zeit benötigt der Sprinter jeweils für die zwei Teilabschnitte "‘Laufen mit Höchstgeschwindigkeit"’
und "‘Abbremsen vor dem Ziel"’ und welche Gesamtzeit für seinen 100 m-Lauf ergibt sich daraus? (Ersatzlösung:
Abschnitt 2: t2 = 10 s, Abschnitt 3: t3 = 1 s, Gesamtzeit: tGesamt = 14, 64 s)
Lösung: (4 Punkte)
Für den Teilabschnitt der gleichmäßigen Bewegung gilt: Zurückgelegte Strecke von der 20 m-Marke bis zur
90 m-Marke, also 70 m. Diese Strecke wird mit einer konstanten Geschwindigkeit von v = 11 ms zurückgelegt.
Die Formel für den Zusammenhang zwischen Weg, Zeit und Geschwindigkeit für eine gleichförmige Bewegung
lautet:
s = v·t
Umgestellt nach der Zeit ist dies einfach:
m
t = vs = 70
= 6, 36 s
11 m
s
Für den letzten Streckenabschnitt kann diese Formel nicht angewendet werden, da es sich hier um eine gleichmäßig beschleunigte (abgebremste) Bewegung handelt. Bekannt ist hier für uns die Strecke. Diese startet bei der
90 m-Marke und endet am Ziel, also bei der 100 m-Marke, beträgt also 10 m. Weiterhin kennen wir Anfangs- und
Endgeschwindigkeit vAnf ang = 11, 00 ms und vEnd = 8, 50 ms und somit auch die Geschwindigkeitsdifferenz ∆v =
2, 50 ms . Da die Geschwindigkeitsabnahme gleichmäßig erfolgt, liegt die Durchschnittsgeschwindigkeit genau im
Mittel zwischen Anfangs- und Endgeschwindigkeit, beträgt also vDurchschnitt = 21 · (vAnf ang + vEnd ) = 9, 75 ms .
s
10 m
Die benötigte Zeit für diese Strecke ergibt sich einfach aus t = vDurchschnitt
= 9,75
m = 1, 03 s.
s
Als Gesamtzeit für den Lauf ergibt sich somit tGesamt = 3, 64 s + 6, 36 s + 1, 03 s = 11, 03 s
(b) Zeichnen Sie das zum Lauf passende v-t und a-t-Diagramm!
Lösung: (3 Punkte)
11
v-t-Diagramm
Für das a-t-Diagramm muss man zunächst die Beschleunigungen für die Teilbereiche 1 (Vom Start bis zur Höchstgeschwindigkeit) und 3 (Abbremsen vor dem Ziel) berechnen.
11,00 m
−0 m
s
s
a1 = ∆v
= vmaxt1−v0 =
= 3, 02 sm2
t1
3,64 s
Im Teilbereich 3 findet ein Bremsvorgang statt, insofern ist eine negative Beschleunigung a3 zu erwarten.
8,50 m
−11,00 m
max
s
s
a3 = ∆v
= vend −v
=
= −2, 43 sm2
t3
t3
1,03 s
Im Abschnitt 2 ist die Beschleunigung a2 = 0, da der Läufer dort mit konstanter Geschwindigkeit unterwegs ist.
Somit ergibt sich das entsprechende a-t-Diagramm für den Lauf.
a-t-Diagramm
12
(c) Welche Durchschnittsgeschwindigkeit hatte der Läufer?
Lösung: (1 Punkt)
Die Durchschnittsgeschwindigkeit ergibt sich einfach aus insgesamt gelaufener Strecke und dafür benötigter Zeit:
100m
vDurchschnitt = 11,03
= 9, 07 ms .
s
(Bei Verwendung der Ersatzlösung: vDurchschnitt = 6, 83 ms )
13
8) Parken am Hang
Ein Auto der Masse m = 1000 kg parkt an einem Hang mit einer Steigung von 12% mit angezogener Handbremse.
Es wird unter das Vorderrad des Autos ein Keil gelegt, der dieses davor sichern soll, einfach loszurollen. Aufgrund
eines relativ glatten Keils beträgt der Haftreibungskoeffizient aber lediglich µ = 0, 1.
(a) Nun wird die Handbremse des Autos gelöst, so dass nur noch der Keil das Auto am Losfahren hindern könnte.
Welche Kräfte wirken in diesem Moment auf das Auto und wie groß sind sie jeweils? Zeichnen Sie diese Kräfte
in eine passende Skizze ein! (Ersatzlösungen (lediglich für spätere Teilaufgaben benötigte Kräfte!): Normalkraft
FN = 20000 N, Hangabtriebskraft FH = 2500 N)
Lösung: (5 Punkte)
Es wirken in diesem System: Die Gewichtskraft FG des Autos senkrecht nach unten, dadurch ergeben sich jeweils die Komponenten entlang der schiefen Ebene (Hangabtriebskraft FH ) und senkrecht zur schiefen Ebene
(Normalkraft FN ). Aufgrund der angenommenen Haftreibung ergibt sich weiterhin eine Reibungskraft FR , die
der Hangabtriebskraft entgegengesetzt verläuft, also entlang der schrägen Ebene nach oben.
Der Winkel α der schrägen Ebene lässt sich aus der Angabe wie folgt bestimmen: Eine Steigung von 12%
12 m
entspricht einem Höhenunterschied von 12 m auf einer horizontalen Länge von 100 m, womit tan α = 100
ist
m
◦
und somit α = 6, 84 .
Für die jeweiligen Beträge der Kräfte ergeben sich dementsprechend folgende Rechnungen:
FG = m · g = 1000 kg · 9, 81 sm2 = 9810 N
FH = sin α · FG = sin α · m · g = sin (6, 84◦ ) · 9810 N = 1169 N
FN = cos α · FG = cos α · m · g = cos (6, 84◦ ) · 9810 N = 9740 N
FR = µ · FN = 0, 1 · 9740 N = 974, 0 N
Kräfte im System
(b) Reicht der Keil bei dieser Steigung aus, um das Auto zu stabilisieren? Begründen Sie ihre Antwort!
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Lösung: (1 Punkt)
Die durch den Keil erzeugte Reibungskraft reicht leider nicht aus, da in diesem Fall FR < FH ist, das Auto würde
mit diesem Keil bei dieser Steigung also von selbst in Bewegung geraten.
(c) Welchen Haftreibungswert µmin müsste man durch einen anderen Keil mindestens erreichen, damit das Auto
nicht von selbst beginnt, den Hang hinunter zu rollen?
Lösung: (2 Punkte)
Im Grenzfall müsste genau gelten FR = FH , also:
FH = 1169 N = µ · FN = µ · 9740 N
Umgestellt nach µ ergibt dies:
N
µ = FFNH = 1169
= 0, 12
9740 N
Man müsste also einen Keil unterlegen, der einen Haftreibungswert von mindestens µ = 0, 12 erzeugt.
(Bei Verwendung der Ersatzlösung: µ = 0, 125)
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9) Koffertransport
An vielen Bahnhöfen gibt es neben den Treppen zu den Bahnsteigen Koffertransportbänder für das Gepäck. Sie
verreisen und haben einen 10 kg schweren Koffer. Diesen stellen Sie am unteren Ende auf das Transportband,
welches anläuft und ihren Koffer nach oben befördert. Um langsamer gehende Leute nicht zu überfordern, legt
das Band dabei (parallel zur Bandoberfläche) eine Geschwindigkeit von etwa 20 cm/s zurück. Insgesamt legt das
Band für einen Höhenunterschied von 3 m eine Strecke von 6 m zurück. Alle Bewegungen seien reibungsfrei, das
Gepäckband habe keine Masse.
(a) Unter welchem Winkel ist die Gepäckbandoberfläche zur Horizontalen?
(b) Welche Leistung muss der Gepäckbandmotor zum Transport Ihres Koffers erbringen?
(c) Der Motor hat einen Wirkungsgrad von 80%. Um wieviel Cent erhöht sich durch den Transport Ihres Koffers
die Stromrechnung des Bahnhofsbetreibers bei einem Strompreis von 23 ct/kWh? (Ersatzlösung: 0,001 ct)
(d) Wie lange könnte alternativ für den gleichen Betrag der Zugzielanzeiger auf dem Bahnsteig (Leistungsaufnahme PZ = 500 W) betrieben werden?
Lösung:
(a) 2 Punkte: α = arcsin( hd ) = 30◦
(b) 2 Punkte: P = Wt = mgh
= mgv hd = 9, 81 W
d/v
Anderer Ansatz mit gleichem Ergebnis wäre über die Hangabtriebskraft und den Zusammenhang Leistung = Kraft
mal Geschwindigkeit. P = F v = mg sin(α)v = mgv hd = 9, 81 W
(c) 2 Punkte: Die benötigte Energie für dem Koffertransport ist EK = mgh. Bei einem Wirkungsgrad η = 80%
ist die verbrauchte Energie E also EK = ηE ⇒ E = EK /η = mgh/η = 368 J.
23ct
Die Stromrechnung erhöht sich also um E kWh
= 368 J 100023ct
· 3600 J ≈ 0, 0024 ct
(d) 2 Punkte: t =
E
PZ
≈ 0, 74 s
(Bei Verwendung der Ersatzlösung: t =
0,001 ct/(23 ct/kWh)
PZ
≈ 0, 31 s)
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10) Motorradshow
Bei einer Motorradshow wollen Sie mit ihrem Motorrad einen Looping (Höhe h = 5 m) durchfahren. Ihre
Maschine hat (inkl. Benzin) eine Masse von 400 kg, Sie selbst wiegen als Durchschnittsmensch 75 kg. Die Bewegungen seien reibungsfrei.
(a) Wie schnell müssen Sie das Motorrad am Boden in den Looping mindestens einfahren lassen, damit Sie
(mitsamt dem Motorrad) nicht herunterfallen? (Ersatzlösung: 10 m/s)
(b) Wie schnell ist das Motorrad in diesem Fall am höchsten Punkt des Loopings?
(c) Welche Geschwindigkeit hat das Motorrad nach Durchfahren des Loopings am Boden?
(d) Wieviel Liter Benzin braucht das Motorrad, um auf die Anfangsgeschwindigkeit zu beschleunigen? (Das
Benzin habe einen Heizwert von 11, 3 kWh/kg und eine Dichte von ρ = 0, 75 kg/l, der Wirkungsgrad von Motor,
Antrieb usw. sei η = 20%)
Lösung:
2
(a) 4 Punkte: Oben muss gelten: FZ = FG , also m vro = mg bzw. vo2 = gr
Für die Energien oben und unten: Ekin,u = Ekin,o + Epot
Eingesetzt: 21 mvu2 = 12 mvo2 + mg2r
√
√
Weiter aufgelöst: vu = 5gr = 5gh/2 ≈ 11, 1 m/s ≈ 39, 9 km/h
(b) 1 Punkt: vo =
√
gr ≈ 4, 95 m/s ≈ 17, 8 km/h
(c) 1 Punkt: Wieder vu , da die potentielle Energie wieder vollständig in kinetische Energie zurückgewandelt
wird.
(d) 2 Punkte: Das verbrauchte Benzin-Volumen ist V =
(Bei Verwendung der Ersatzlösung: V = 3, 89 ml )
17
· 12 mvu2
=
Heizwert · ρ
1
η
· 12 (400 kg+75 kg)(11,1 m/s)2
≈ 4, 80 ml.
11,3 · 3600 · 1000 J/kg · 0,75 kg/l
1
0,2