Lösung

1
Stabpendel
Betrachten Sie folgende zwei Pendel. Pendel 1 besteht aus einer Masse m 1 , die an einem als masselos
anzunehmenden Stab befestigt ist. Pendel 2 besteht aus einem massiven Stab (Masse m 2 , Länge l2 ),
der am einen Ende aufgehängt ist, so dass er eine eindimensionale Pendelschwingung ausführen kann.
(Figur 1)
a) Schreiben Sie die Bewegungsgleichungen für die zwei Pendel hin, vereinfachen Sie diese Gleichungen
unter der Annahme kleiner Auslenkungen, und berechnen Sie die Kreisfrequenzen der beiden Pendel.
(3 Punkte)
b) Wie lang muss der masselose Stab von Pendel 1 sein, wenn die Frequenz der beiden Pendel bei
gleicher Masse gleich sein soll? (1 Punkt)
c) Verlängert man den massiven Stab um 50 cm, so verdoppelt sich seine Periode. Wie lang war der
Stab vorher? (1 Punkt)
d) Man kann die Frequenz des Stabpendels auch verändern, indem man den Aufhängepunkt verändert.
Mit welcher Frequenz schwingt das Stabpendel, wenn es im Abstand αl 2 (0 ≤ α ≤ 0.5) vom Schwerpunkt aufgehängt ist (es gelte wiederum die Annahme kleiner Auslenkungen)? Für welches α wird
die Frequenz maximal? (Siehe Figur 2) (3 Punkte)
Figur 1
l1
2
Figur 2
l2
l2
αl2
Lösung
a) Es gilt
M = Θφ̈
Das Drehmoment auf die Pendel ist durch die Kraft im Schwerpunkt gegeben, also
M1 =
− sin φ1 gm1 l1
M2 = − 21 sin φ2 gm2 l2
und die Trägheitsmomente berechnen sich zu
Θ1 = m1 l12
Z
Z
2
Θ2 =
r ρdV =
0
l2
r2
1
m2
dr = m2 l22 .
l2
3
Die Bewegungsgleichungen sind somit
m1 l12 φ¨1 = − sin φ1 gm1 l1
1
1
m2 l22 φ¨2 = − sin φ2 gm2 l2
3
2
Im Falle kleiner Auslenkungen kann sin φ ≈ φ genähert werden, und damit ergeben sich die Gleichungen zweier harmonischer Oszillatoren:
g
φ¨1 + φ1 = 0
l1
3g
φ¨2 +
φ2 = 0
2l2
Damit folgt für die Frequenzen
ω1 =
ω2 =
r
r
g
l1
3g
=
2l2
r r
3 g
2 l2
b) Aus der Lösung von a) folgt sofort, dass l1 = 2/3l2 gelten muss.
c) Mit a = 0.5 m muss gelten
s
r
1 3g
3g
=
2(l2 + a)
2 2l2
und damit ist die gesuchte Länge l2 = 61 m.
d) Das Trägheitsmoment um die neue Achse lässt sich mit Hilfe des Steinerschen Satzes berechnen.
Zuerst benötigt man das Trägheitmoment um die parallele Achse durch den Schwerpunkt.
Z
Z l2 /2
1
m2
2
dr = m2 l22 .
Θs = r ρdV =
r2
l2
12
−l2 /2
Dies kann auch mit dem Satz von Steiner berechnet werden,
Θs = Θ 2 − m
l2 2
1
= m2 l22 .
2
12
Wendet man den Satz von Steiner noch einmal an, bekommt man
Θ = Θs + m2 (αl2 )2
Das Drehmoment ist
Es folgt damit die Bewegungsgleichung
M = − sin φgm2 αl2
1
+ α2 ml22 φ̈ = −α sin φgm2 l2 .
12
Unter der Annahme kleiner Auslenkungen kann man wieder die Kreisfrequenz berechnen:
r
αg
.
ω=
1
2 l
+
α
2
12
Das Maximum
liegt, wo die Ableitung des Terms unter der Wurzel = 0 ist. Also α 2 = 1/12 und
√
α = 1/ 12.
1
Halfpipe
Ein Skateboarder trainiert auf einer Halfpipe (kreisförmig, mit Krümmungsradius R wie in der
Abbildung angedeutet). Wir beschreiben den Skateboarder zusammen mit seinem Board der
Einfachheit halber als Massenpunkt mit Masse m. Das Skateboard gleite zunächst reibungsfrei
auf der Halfpipe. Wir studieren im Folgenden die Bewegungskomponente in x.
y
R
φ
eφ
φ
h0
x0
x
a) Schreiben Sie zuerst die potentielle Energie U als Funktion von φ auf. Die Kraft tangential an
d
die Halfpipe erhalten Sie dann aus der Bedingung F~t = (− R1 dφ
U )~eφ , wobei ~eφ ein Einheitsvektor
ist, dessen x- und y-Komponenten als Funktion von φ gefunden werden müssen. Bestimmen Sie
daraus die x-Komponente dieser Kraft, nun als Funktion von x und R, die auf den Skateboarder
wirkt, und schreiben Sie schliesslich die Bewegungsgleichung für die x-Komponente hin, wiederum
als Funktion von x und R. (3 Punkte)
b) Zur Zeit t = 0 befindet sich der Skateboarder in Ruhe, auf der Höhe y = h0 . Leiten
Sie den Betrag der Geschwindigkeit als Funktion von x her. Für welche Werte von x ist der
gefundene Ausdruck gültig? Was ist speziell die Geschwindigkeit im Punkt x = 0 und auf der
gegenüberliegenden Seite auf gleicher Höhe? (2 Punkte)
p
1 − (x/R)2 . Nun betrachten wir eine Starthöhe
c) Die in a) gefundene Kraft sei Fx = − mg
x
R
h R, und damit x(t) R ∀t. Schreiben Sie die Bewegungsgleichung in dieser Näherung hin,
und auch deren Lösung. Was ist in diesem Fall die Zeit T , die der Skateboarder benötigt, um
wieder zu seinem Startpunkt zurückzukehren, beim einmaligen Durchfahren der Halfpipe (also die
”Schwingungsperiode T ”) ? (2 Punkte)
d) Wir bleiben in der Näherung von Teilaufgabe c). Damit können wir auch y ≈ x2 /(2R) annähern
1
(Ableitung? 1 Punkt). Nun vernachlässigen wir die Reibung nicht mehr, sondern führen als
Reibungskraft FR = −2µmẋ ein. Wie sieht in diesem Fall die Bewegungsgleichung und deren
Lösung aus? Auf welcher Höhe y(nT ) befindet sich der Skateboarder nach n Perioden T (2
Punkte) ?
2
Lösung
a) Da sich der Skateboarder auf der Kreisbahn bewegen muss, gilt
p
p
x(t)2 + (y(t) − R)2 = R2 → y(t)=R − R2 − x(t)2 =R 1 − 1 − (x(t)/R)2
für die Bewegung mit y < R, notwendigerweise. Weiters gilt x = R sin φ und y = R(1 − cos φ).
Der Tangentialvektor lässt sich schreiben als
cos φ
~eφ =
.
sin φ
Die potentielle Energie ist einfach
p
U = Epot = mgy = mgR(1 − cos φ) = mgR 1 − 1 − (x(t)/R)2 .
Die Kraft lässt sich schreiben als Gradient der Potentialfunktion. Aus der Bedingung F~t =
d
(− R1 dφ
U )~eφ folgt also
cos φ
~
Ft = −mg sin φ
,
sin φ
und damit können wir die x-Komponente dieser Kraft ablesen:
mg p
x 1 − (x/R)2 .
Fx = −mg sin φ cos φ = −
R
Damit lautet die Bwegungsgleichung
mẍ = Fx = −
bzw.
mẍ +
mg p
x 1 − (x/R)2 ,
R
mg p
x 1 − (x/R)2 = 0.
R
b) Hier verwenden wir einfach den Energiesatz.
Daraus folgt sofort
p
1 2
2
mgh0 = mv + mgR 1 − 1 − (x(t)/R)
2
v(x) =
r
h
i
p
2
2g h0 − R 1 − 1 − (x(t)/R)
2
√
Dies gilt natürlich nur für x-Werte, für die y(x) ≤ h0 ist. Speziell gilt v(x = 0) = 2gh0 . Auf
der gegenüberliegenden Seite muss natürlich wieder v = 0 sein, da die gesamte Energie wieder nur
aus der potentiellen Energie gegeben ist.
c) In dieser Näherung schreiben wir die Kraft als
Fx = −
mg p
mg
x 1 − (x/R)2 ≈ −
x.
R
R
Damit ergibt sich die Bewegungsgleichung als jene eines harmonischen Oszillators,
g
mẍ = −m x → ẍ + ω 2 x = 0
R
p
mit ω 2 = g/R. Die Periode ist also T = 2π/ω = 2π R/g. Die Lösung dieser Gleichung ist die
harmonische Schwingung,
x(t) = A cos(ωt + δ)
mit A und δ aus den Anfangsbedinungen x(t = 0) = x0 und ẋ(t = 0) = 0.
d) Mit diesem Ansatz für die Reibungskraft lautet die Bwegungsgleichung
ẍ + 2µẋ + ω 2 x = 0
d.h. jene des freien gedämpften harmonischen Oszillators. Für die Höhe y(t) verwenden wir nun
die Näherung
x 2 x2
p
1
y(t) = R 1 − 1 − (x(t)/R)2 ≈R 1 − 1 −
= .
2 R
2R
√
Damit gilt mit y(t = 0) = h0 : x0 = x(t = 0) = 2Rh0 .
Die Lösung obiger Bewegungslgleichung ist bekannt als
x(t) = Ae−µt cos(ωt + δ).
Es gilt natürlich cos(ωnT + δ) = cos(δ), und damit gilt
x(nT )
= e−µnT
x0
Nun müssen wir nur noch einsetzen:
y(nT ) =
x(nT )2 x20 −2µnT
= e
=h0 e−2µnT .
2R
2R
3
1
Synchroner Erdsatellit
Ein synchroner Erdsatellit ist ein Satellit, der immer am selben Punkt über dem Äquator ”steht”.
Leiten Sie den Abstand r des Satelliten vom Erdmittelpunkt her (bis auf einen dimensionslosen
Vorfaktor C) als Funktion der Erdbeschleunigung g, des Erdradius RE und der Umlaufszeit T ,
und zwar nur aus Dimensionsüberlegungen. Beachte : Einfaches Abschreiben aus einem Buch
wird nicht anerkannt.
a) Zuerst finden Sie die Bedingungsgleichungen für die unendliche Menge mathematisch möglicher
Lösungen (2 Punkte)
b) Eliminieren Sie alle unphysikalischen Lösungen anhand der zusätzlichen Information, dass
die dritte Potenz des Abstandes r linear von der Erdbeschleunigung abhängt. Welches der
Keplergesetze könnten Sie zur Eliminierung der unphysikalischen Lösungen heranziehen? (2
Punkte)
2
Lösung
a) Aus den Dimensionsüberlegungen können wir schreiben:
[r] = C [g]i [RE ]j [T ]k .
Es gilt : [r] = m, [g] =m/s2 , [RE ] =m und [T ] =s. Daraus folgt:
m = mi s−2i mj sk
Damit sind die Bestimmungsgleichungen
1=i+j
und k − 2i=0.
√
Eine mögliche Lösung wäre z.B. k = 1, j = i = 1/2, d.h. r = C gRE T .
b) Diese zweite Bedingung bedeutet:
[r]3 = C 3 [g]3i [RE ]3j [T ]3k
und 3i=1.
Daraus folgt sofort
i = 1/3,
2/3
j=k=2/3 und damit r=Cg 1/3 RE T 2/3 .
Dasselbe hätte man auch aus dem dritten Kepler-Gesetz ableiten können.
1
1
Verladestation
Wir befinden uns nun auf einer Verladestation der SBB. Eine Kiste der Masse m = 200 kg rutscht
unter dem Einfluss der Schwerkraft und der Gleitreibung eine um den Winkel α = 30◦ geneigte
schiefe Ebene der Länge l = 10 m hinab (Gleitreibungskoeffizient µG = 0.4), so dass sie in einen
Güterwagon der Masse M = 2 t gleitet und dort zum Liegen kommt. Der ungebremste Wagon
setzt sich daraufhin horizontal in Bewegung und rollt kurz darauf auf einen elastisch reagierenden
Prellbock auf.
Beachte : setzen Sie Zahlenwerte stets erst am Ende einer Herleitung ein!!
m l
k
M
α
a) Mit welcher Geschwindigkeit vK (entlang der schiefen Ebene) gleitet die Kiste in den Wagon,
wenn sie anfangs am höchsten Punkt der schiefen Ebene in Ruhe war? (2 Punkte)
b) Mit welcher Geschwindigkeit vW bewegt sich der Wagon, nachdem die Kiste auf ihm gelandet
ist? (2 Punkte)
c) Eine etwas schwierigere Frage : Wie elastisch muss der Prellbock sein (d.h. was ist der maximale
Wert der Federkonstanten k), damit die Haftreibung (Haftreibungskoeffizient µH = 0.7) ein
Verrutschen der Kiste beim Aufrollen verhindert? (3 Punkte)
d) Gedankenexperiment: Nun nehmen wir an, in einer fernen Zukunft habe die SBB ein
ultramodernes und ultraschnelles Verladesystem eingeführt. An Stelle der schiefen Ebene gibt
es jetzt ein besonderes (ebenes, d.h. α = 0) Förderband, das Kisten mit der relativistischen
Geschwindigkeit vK = qc, q = 0.8, c = Lichtgeschwindigkeit, befördert. In einer Kiste befindet sich
ein blinder Passagier. Um wieviel Prozent geht seine Uhr langsamer als jene des Verlademeisters?
(1 Punkt)
e) Nachdem die relativistisch schnelle Kiste auf dem Wagon gelandet ist, bewegt sich auch das
System Wagon-Kiste mit relativistischer Geschwindigkeit. Was ist die Masse des Systems WagonKiste ? Ist sie grösser/gleich/kleiner als die Summe der einzelnen Ruhemassen? (3 Punkte)
2
Lösung
a) Die Kräfte, die auf die Kiste wirken, sind Gewichtskraft, die Auflagekraft und die Reibungskraft.
Die Normalkomponente der Gewichtskraft relativ zur schiefen Ebene wird exakt kompensiert
1
durch die Auflagekraft. Die Komponente parallel zur schiefen Ebene (die positive Richtung zeige
hinab) der Gewichtskraft ist FG,par = mg sin α, und die Reibungskraft ist dieser entgegengesetzt,
FR = −µG mg cos α. Damit ergibt sich folgende Bewegungsgleichung für die Bewegung entlang
der schiefen Ebene:
mapar = FG,par + FR =mg(sin α − µG cos α),
bzw. die Beschleunigung parallel zur Ebene ist
apar = g(sin α − µG cos α).
Hier haben wir es mit einer konstanten Beschleunigung zu tun, deshalb ist die Berechnung der
Endgeschwindigkeit vK besonders leicht: Der zurückgelegte Weg ist
1
s(t) = apar t2 + v0 t + s0 .
2
Nun, für Anfangsgeschwindigkeit und Ort gilt v0 = s0 = 0. Damit wird das Ende der schiefen
Ebene zur Zeit tE erreicht:
s
2l
tE =
.
apar
Für die Geschwindigkeit entlang der schiefen Ebene als Funktion der Zeit gilt
v(t) = apar t + v0
und damit ergibt sich nach der Zeit tE die Endgeschwindigkeit
p
vK = apar tE = 2lapar .
Einsetzen der Zahlenwerte ergibt (g = 9.81 m/s2 )
√
g
apar = (1 − µG 3)=1.51 m/s2
2
und vK = 5.49 m/s.
b) Nach dem Impulserhaltungssatz muss der Gesamtimpuls entlang der Fahrtrichtung (dies sei
jetzt die positive x-Richtung) des Wagons erhalten sein. Der Gesamtimpuls in x des Systems
Kiste–Wagon vor dem Losfahren ist
px,vorher = mvK cos α,
und der Gesamtimpuls in x des Systems Kiste–Wagon nach dem Losfahren ist
px,nachher = (m + M )vW .
Damit können wir die Geschwindigkeit des Wagons leicht berechnen zu
vW =
m
vK cos α=0.43 m/s.
m+M
c) Sobald der Wagen auf den Prellbock auffährt, wird er durch die Federkraft in negativer xRichtung beschleunigt. Damit befindet sich nun die Kiste in einem beschleunigten Bezugssystem,
2
wenn der Wagen als System herangezogen wird. Die Bewegungsgleichung der Kiste im System
des Wagens lautet dann
m(ẍ0 − aW ) = Fext =FH =µH mg,
wobei x0 gemessen wird relativ zum Wagen, und aW die Beschleunigung ist, die auf das System
Wagen+Kiste wirkt. Diese können wir aus der Federkraft berechnen:
Fk = −k∆x = (m + M )aW .
Hier ist ∆x die Stauchung der Feder. Wir sehen : Die Beschleunigung aW ist maximal, wenn ∆x
maximal wird, und umso grösser, je grösser k ist. Einsetzen ergibt:
ẍ0 = µH g −
k∆x
.
m+M
Wenn die Kiste gerade nicht zum Rutschen kommt, muss gelten : ẍ0 = 0. Das wird also erreicht
für
m+M
kmax ∆xmax
→ ∆xmax =
0 = µH g −
µH g.
m+M
kmax
Andererseits ergibt sich die maximale Stauchung der Feder auch aus der Energieerhaltung, d.h.
wenn die gesamte kinetische Energie des Systems Wagen+Kiste in elastische Energie umgewandelt
worden ist, d.h.
1
1
2
(m + M )vW
= kmax ∆x2max .
2
2
Einsetzen liefert
(m + M )2
2
(µH g)2 ,
(m + M )vW
=
kmax
also
(µH g)2
kmax = (m + M ) 2 .
vW
Einsetzen der Zahlenwerte liefert
kmax = 561073.6 kg s−2 .
d) Hier muss lediglich die Zeitdilatation berechnet werden. Für die Eigenzeit τK in der Kiste gilt
τK = γ K τ
wobei τ die Zeit relativ zur ruhenden Verladestation ist. Der γ Faktor ist
1
1
=p
γK = p
.
1 − (vK /c2 )
1 − q2
Damit können wir die relative Zeitdauer berechnen:
∆=
τK − τ γ K τ − τ
2
=
=γK − 1= ,
τ
τ
3
d.h. die Zeit geht um 67% langsamer.
3
e) Hier müssen wir die relativistische Energie-Impulserhaltung verwenden. Die Energie und Impuls
der Kiste sind gegeben zu
q
EK = m2K c4 + c2 p2K , pK =mK γK vK
und Energie und Impuls des Wagons vorher sind
EW = M c 2
,
pW =0.
Nach dem Stoss gilt
q
EN = EK + EW = m2K c4 + c2 p2K + M c2
und pN = pK + 0.
Andererseits gilt für die Masse MN des kombinierten Systems
MN2 c4 = EN2 − c2 p2N .
Einsetzen ergibt
MN2 c4
=
m2K c4
+
c2 p2K
2 4
+ M c + 2M c
Da pN = pK vereinfacht dies zu
MN2 c4
=
m2K
+M
2
2
q
m2K c4 + c2 p2K − c2 p2N .
q
c + 2M c m2K c4 + c2 p2K ≥ (mK + M )2 c4
4
2
Die kombinierte Masse ist also grösser.
4
für pK ≥ 0.
1
Zeppelin
Ein mit Helium gefüllter Zeppelin soll Touristen bis auf eine Höhe von einigen km emportragen,
um die Schweizer Bergwelt bestauen zu können . Der Zeppelin schwebt, wenn die Auftriebskraft,
die gleich der Gewichtskraft der verdrängten Luft ist, das Gesamtgewicht des gefüllten Zeppelins
kompensiert. Die Masse mZ von Zeppelinhülle, Fahrerkabine und Touristen beträgt zusammen
1000 kg. Nehmen Sie durchwegs Idealbedingungen an, und beachten Sie, dass nur die molaren
He
Massen mLuft
mol = 0.029 kg/mol, mmol = 0.004 kg/mol sowie die universelle Gaskonstante R = 8.3143
J/(K mol) vorgegeben sind und zur Lösung ausreichen (d.h. Verwenden von Zahlenwerten für
andere Grössen wie z.B. Luftdichte wird nicht akzeptiert). Zahlenwerte erst am Ende einer
Herleitung einsetzen.
a) Mit wieviel kg Helium muss der Zeppelin gefüllt werden, damit er gerade schwebt? (2 Punkte)
b) Wie gross ist das Volumen des gefüllten Zeppelins am Erdboden bei 20◦ C und einem Druck
von 105 Pa? (1 Punkt)
c) Seipv der Betrag der Geschwindigkeit. Was ist die mittlere quadratische Geschwindigkeit hv 2 i
und hv 2 i der Heliumatome im
p Ballon? Was nehmen Sie für die Anzahl der Freiheitsgrade an?
Gilt für den Mittelwert hvi = hv 2 i ? Begründen Sie Ihre Antwort ? (2 Punkte)
d) Sei f (v) die normierte Maxwell-Boltzmann Verteilung für den Geschwindigkeitsbetrag v der
Heliumatome. Was ist die physikalische Bedeutung der Grösse
Z ∞
W =
f (v)dv,
v0
d.h. was genau wird mir dieser Gleichung ausgerechnet? In welchem Wertebereich muss W liegen?
Was ist folglich das Ergebnis für
Z
∞
f (v)dv = ?
0
(2 Punkte)
e) Das Helium im Zeppelin wird mit einigen Brennern erwärmt. Welche Wärmemenge wurde dem
Gas insgesamt zugeführt, wenn sich seine Temperatur um 1 K erhöht hat, unter der Annahme,
dass I) das Volumen des Zeppelins konstant bleibt, d.h. die Hülle sich nicht ausdehnt, oder II) der
Druck des Gases konstant bleibt, d.h. sich das Gasvolumen verändert? Welche weitere Annahme
machen wir hier, damit das Problem in ”zwei Zeilen” und den obigen Angaben gelöst werden
kann? (2 Punkte)
2
Lösung
a) Beim Schweben herrscht Kräftegleichgewicht, d.h. die Auftriebskraft muss gleich der Summe
der Gewichtskräfte sein:
FA = mL g=ρL VL g=mZ g + mHe g → mHe =ρL VL − mZ
1
Da natürlich gilt VL = VHe , können wir auch schreiben:
mHe = ρL VHe − mZ =ρL
und damit folgt
mHe
− mZ
ρHe
mZ
.
−1
mHe =
ρL
ρHe
Wir müssen also noch das Dichteverhältnis berechnen. Aufgrund der idealen Gasgleichung für ein
Mol eines Gases,
mmol
=RT
pVmol = RT → p
ρ
folgt dass sich bei gleichem Druck und gleicher Temperatur die Dichten von zwei Gasen wie ihre
molaren Massen verhalten, d.h.
mLuft
ρL
= mol
.
ρHe
mHe
mol
Damit folgt für die Masse von Helium:
mZ
mHe =
mLuft
mol
mHe
mol
.
−1
Einsetzen der Zahlenwerte ergibt : mHe = 160 kg.
b) Hier müssen wir nun lediglich die ideale Gasgleichung verwenden:
pV = nRT → V =
mHe T
R .
mHe
p
mol
Einsetzen liefert V = 974.4 m3 , wobei die Anzahl der Mole n = 40000 beträgt.
c) Der Erste Teil dieser Frage kann durch einfaches Abschreiben aus dem Tipler gelöst werden:
hv 2 i = f
kB
mHeAtom
T=
fR
T.
mHe
mol
Für die Anzahl der Freiheitsgrade setzen wir f = 3, da keine Rotationsfreiheitsgrade oder
Schwingungsfreiheitsgrade für das Heliumatom bestehen, sondern lediglich die lineare Bewegung
in drei Dimensionen. Damit ergibt sich sofort
hv 2 i =
3R
T =1.83 × 106 m2 /s2
mHe
mol
und
p
hv 2 i = 1351 m/s.
p
hv 2 i ist nicht gültig. Es genügt, die Definitionen der Momente einer
Die Gleichung hvi =
Verteilung zu betrachten. Sei f (v) die Geschwindigkeitsverteilung,
R ∞speziell die normierte MaxwellBoltzmann Verteilung für den Betrag der Geschwindigkeit, d.h. 0 f (v)dv = 1. Dann gilt für die
mittlere Geschwindigkeit
Z
∞
hvi =
vf (v)dv
0
2
und für die mittlere quadratische Geschwindigkeit
Z ∞
2
v 2 f (v)dv.
hv i =
0
Der obere Ausdruck kann nicht einfach aus der Wurzel des unteren erhalten werden.
d) Hier verwenden wir also wieder die oben erwähnte normierte Maxwell-Boltzmann Verteilung
für den Geschwindigkeitsbetrag,
Z ∞
mv 2
2 − 2kB T
f (v)dv = 1.
f (v) = 4πCv e
, mit C so, dass
0
Der Ausdruck für W ist gerade die Wahrscheinlichkeit, ein He-Atom mit Geschwindigkeit gösser
oder gleich v0 zu finden! Das heisst, das W ∈ [0, 1], mit W = 1 für v0 = 0 und W = 0 für v0 = ∞.
Und natürlich gilt, da wir ja von der normierten Verteilung sprechen,
Z ∞
f (v)dv = 1,
0
wie vorhin schon erwähnt.
e) Um die Aufgabe rasch zu lösen, nehmen wir an, dass die gesamte zugeführte Wärmemenge nur
zur Erhöhung der Temperatur des Heliums verwendet wird, und dass sich die Temperatur der
Umgebung nicht verändert, was z.B. durch Wärmeleitung möglich wäre. Im Fall I) gilt
∆Q = nCV ∆T,
wobei n die Anzahl der Mole ist und ∆T = 1. Da wir ein ideales Gas und f = 3 annehmen , gilt
CV = 3/2R, also
3
∆Q = n R ≈ 498858 J.
2
Im Fall II) gilt
∆Q = nCp ∆T,
mit Cp = 5/2R, also
5
∆Q = n R ≈ 831430 J.
2
3
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r
Empfänger
Sender
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a
b
c
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