Nachholklausur - Lehrstuhl für Optik, Uni Erlangen

1
2
3
4
Nur vom Korrektor auszufüllen!
5
6
7
8
9
10
∑
Note
Experimentalphysik für Naturwissenschaftler I
Universität Erlangen–Nürnberg
WS 2010/11
Nachholklausur (13.5.2011)
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 einfach einen Zahlenwert an, schreiben diesen hin und
rechnen damit weiter.
——————————————————————————
Aufgabe 1: Horizontales Pendel (Kettenkarusell)
Eine (punktförmige) Kugel der Masse m = 500 g hängt an einem (praktisch masselosen)
Faden der Länge l = 2.0 m, der wiederum an einem festen Punkt reibungsfrei aufgehängt
ist. Dann wird das dadurch gebildete Pendel auf einem horizontal zum Erdboden orientierten Kreis geschwungen. Reibungskräfte werden hierbei vernachlässigt, d.h. nachdem
das Pendel erst einmal in Bewegung versetzt wurde, schwingt es ohne äußere Anregung
weiter. Man misst, dass der Winkel α zwischen dem Faden und dem Lot zum Erdboden
20 Grad beträgt.
a) Wie groß ist der Betrag der Zentrifugalkraft, die scheinbar auf die Kugel bezüglich der Rotationsachse (Lot
zum Erdboden) wirkt, damit der genannte Winkel α resultiert? Zeichnen Sie dazu Schwerkraft F⃗g , Zentrifugalkraft F⃗Z und resultierende Gesamtkraft F⃗ges in eine Skizze ein.
Lösung: (3 Punkte)
Schwerkraft und Zentrifugalkraft addieren sich zur Gesamtkraft, die natürlich längs des Fadens wirken muss.
1
Also gilt für die Beträge der Kräfte:
tan α =
FZ
Fg
⇒
FZ = Fg tan α = mg tan α = 0.5 kg · 9.81 m/s2 · tan(20o ) = 1.785 N
b) Wie groß ist der Abstand des Pendels von der Drehachse und mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich folglich das Pendel?
Lösung: (3 Punkte)
Der Abstand r von der Drehachse beträgt:
r = l sin α = 2 m · sin(20o ) = 0.684 m
Für die Zentrifugalkraft (gleicher Betrag wie Zentripetalkraft) gilt
FZ =
mv 2
r
⇒
mv 2
= mg tan α
l sin α
⇒
v = sin α
√
lg/ cos α = 1.56 m/s
Oder unter Verwendung der vorherigen Zahlenwerte:
FZ = m
v2
r
⇒
v=
√
FZ r/m = 1.56 m/s
c) Wie groß ist der Betrag der Gesamtkraft F⃗ges , mit der die Kugel am Faden zieht?
Lösung: (2 Punkte)
Aus dem Kräftedreieck von a) ergibt sich:
Fg = Fges cos α
⇒
Fges
Fg
mg
0.5 kg · 9.81 m/s2
=
=
=
= 5.22 N
cos α
cos α
cos(20o )
Natürlich gilt auch alternativ:
FZ = Fges sin α
⇒
Fges =
2
FZ
1.785 N
=
= 5.22 N
sin α
sin(20o )
Name:
Matrikelnummer:
Aufgabe 2: Raumsonde
Eine Raumsonde soll zuerst von der Erde aus gestartet werden, so dass sie deren Schwerefeld komplett verläßt.
Dabei wird vereinfachend angenommen, dass die Raumsonde mittels eines riesigen Katapults senkrecht vom
Erdboden aus nach oben geschossen wird.
m3 ,
Masse der Erde ME = 5.974·1024 kg, Erdradius RE = 6370 km, Gravitationskonstante G = 6.67428·10−11 kgs
2
Masse der Sonne MS = 1.989 · 1030 kg, Erdbahnradius REB = 149.6 · 106 km
(a) Welche Geschwindigkeit muss die Raumsonde beim Abschuss vom Erdboden haben, damit sie das Schwerefeld der Erde verlassen kann?
Lösung: (3 Punkte)
Allgemein gilt für eine Masse m der Raumsonde und einer Masse M (hier Masse der Erde) des anziehenden Himmelskörpers bei einem anfänglichen Abstand R vom Zentrum des Himmelskörpers, dass die potentielle Energie
zum Verlassen seines Schwerefelds folgenden Betrag hat:
[
]∞
∫ ∞
∫ ∞
mM
mM
mM
FG (r)dr =
G 2 dr = −G
=G
EP ot =
r
r R
R
R
R
Die sogenannte Fluchtgeschwindigkeit v zum Verlassen des Schwerefelds ergibt sich dann aus der Äquivalenz der
anfänglichen kinetischen Energie der Raumsonde und der potentiellen Energie, die überwunden werden muss:
√
mM
1 2
2GM
Epot = Ekin ⇒ G
= mv
⇒ v=
R
2
R
Für den Fall der Erde gilt dann für die Fluchtgeschwindigkeit vE :
√
2GME
vE =
= 11.2 km/s
RE
(b) Stellen Sie sich nun vor, die Raumsonde befinde sich auf der Erdbahn, aber in Ruhe (relativ zur Sonne), und
solle von dort aus radial von der Sonne weg abgeschossen werden. Welche Fluchtgeschwindigkeit benötigt die
Raumsonde nun, um dem Schwerefeld der Sonne komplett entkommen zu können.
Lösung: (2 Punkte)
Wieder kann die gleiche Formel für die Fluchtgeschwindigkeit vS verwendet werden, wobei aber nun die Sonnenmasse bzw. der Erdbahnradius zu verwenden sind:
√
2GMS
vS =
= 42.1 km/s
REB
(c) Der obige Fall einer Raumsonde, die auf der Erdbahn in Ruhe ist, ist natürlich wenig realitätsnah. Wir nehmen
deshalb nun an, dass sich die Raumsonde vor dem Abschuß zusammen mit der Erde auf einer Umlaufbahn um
die Sonne auf der Erdbahn befindet. Welche Geschwindigkeit relativ zur Sonne hat deshalb die Raumsonde in
diesem Fall schon?
Lösung: (3 Punkte)
Eine stabile Kreisbahn um die Sonne liegt dann vor, wenn Zentripetalkraft und Gravitationskraft gleich groß sind:
√
v2
mMS
GMS
FZent = FG ⇒ m
=G 2
⇒ v=
= 29.8 km/s
REB
REB
REB
3
Name:
Matrikelnummer:
Aufgabe 3: Schiefe Ebene
Ein Holzklotz der Masse m befindet sich auf einer ebenen Fläche (ebenfalls aus Holz), die beliebig zwischen
horizontal (Kippwinkel α = 0o ) und vertikal (Kippwinkel α = 90o ) geneigt werden kann. Der Haftreibungskoeffizient betrage µH = 0.54 und der Gleitreibungskoeffizient ist µG = 0.34.
(a) Ab welchem Neigungswinkel α beginnt der Holzklotz auf der ebenen Fläche zu rutschen? Welche Kräfte
treten an der schiefen Ebene auf und welche Bedingung muss für diese gelten? Skizzieren Sie die verschiedenen
Kraftkomponenten.
Lösung: (3 Punkte)
Die Gravitationskraft auf den Holzklotz beträgt betragsmäßig FG = mg. Beim Neigen der ebenen Fläche um
den Winkel α zerlegt man die Gravitationskraft in eine Komponente F|| = FG sin α parallel zur ebenen Fläche
(=Hangabtriebskraft) und eine Normalkomponente FN = FG cos α. Die Haftreibungskraft, die der Bewegung
entgegenwirkt, ist wiederum betragsmäßig:
FR,H = µH FN = µH mg cos α
Sobald die Hangabtriebskraft größer ist als die Haftreibungskraft, kommt der Holzklotz ins Rutschen:
F|| = mg sin α > FR,H = µH mg cos α
⇒
tan α > µH
⇒
α > arctan(µH ) = arctan(0.54) = 28.4o
(b) Sobald der Klotz ins Rutschen geraten ist, wird die ebene Fläche derart geneigt, dass der Klotz mit konstanter
Geschwindigkeit weitergleitet. Welche Bedingung muss nun für die Kräfte gelten und wie groß ist in diesem Fall
der Kippwinkel α?
Lösung: (2 Punkte)
Bei konstanter Geschwindigkeit müssen Hangabtriebskraft und Gleitreibungskraft gleich groß sein, wobei für die
Gleitreibungskraft die gleiche Formel wie oben für die Haftreibungskraft gilt, wenn man nur den Haftreibungskoeffizienten durch den Gleitreibungskoeffizienten ersetzt:
F|| = mg sin α = FR,G = µG mg cos α
⇒
tan α = µG
⇒
α = arctan(µG ) = arctan(0.34) = 18.8o
(c) Nun wird die ebene Fläche wieder wie in Aufgabe a) gekippt, so dass die Haftreibung gerade überwunden
wird und der Klotz sich in Bewegung setzt. Geben Sie Beschleunigung a, Geschwindigkeit v und zurückgelegte
4
Strecke x (Strecke parallel zur ebenen Fläche gemessen) als Funktion der Zeit t an, wobei sich der Klotz bei t = 0
in Bewegung setzt (Geschwindigkeit v(t = 0) = 0, Strecke x(t = 0) = 0). Welche Geschwindigkeit hat er nach
10 s und welche Strecke hat er in dieser Zeit zurückgelegt? Hinweis: Luftreibungskräfte werden vernachlässigt
und es wird angenommen, dass der Gleitreibungskoeffizient unabhängig von der Geschwindigkeit ist. Außerdem
wird die ebene Fläche als ausreichend lang angenommen.
Lösung: (3 Punkte)
In diesem Fall tritt eine effektive Kraft Fef f parallel zur ebenen Fläche auf, deren Wert ist:
Fef f = F|| − FR,G = mg sin α − µG mg cos α = mg (sin α − µG cos α)
Aufgrund der Newton’schen Bewegungsgleichungen führt diese konstante Kraft zu einer konstanten Beschleunigung a:
Fef f = ma ⇒ a = g (sin α − µG cos α)
Durch Integration über die Zeit t erhält man die Geschwindigkeit v:
∫ t
t′ =t
v(t) =
adt′ = [at′ ]t′ =0 = g (sin α − µG cos α) t
0
Die zurückgelegte Strecke ist dann:
∫
x(t) =
0
t
[
1
v(t )dt = at′2
2
′
]t′ =t
′
t′ =0
1
1
= at2 = g (sin α − µG cos α) t2
2
2
Nach 10 s gilt (α = 28.4o ):
v(t = 10 s) = 17.3 m/s
x(t = 10 s) = 86.3 m
5
Name:
Matrikelnummer:
Aufgabe 4: Windkraftanlage E-126
Die größte Windkraftanlage der Firma Enercon besitzt einen Dreiblattrotor mit 127 m Durchmesser der überstrichenen Fläche. Jedes Blatt wiegt 65 t.
Dreiblättriger Rotor
(a) Wie groß ist das Trägheitsmoment des Rotors, wenn die Blätter als homogene Segmente einer Scheibe genähert werden? (Hinweis: Das Trägheitsmoment einer Scheibe ist I = 12 · m · r2 )
Lösung: (3 Punkte)
Das Trägheitsmoment des Rotors errechnet sich genau wie das einer Scheibe!
I=
1
2
Das Trägheitsmoment einer Scheibe: I = 12 · m · r2
2
2
· mges ( d2 )2 = 21 · 3 · 65 · 103 kg · 12722m = 3.93 · 108 kg m2
(b) Der Rotor dreht mit 20 Umdrehungen pro Minute. Wie groß ist der Betrag des Drehimpulses?
Lösung: (2 Punkte)
|L| = I · ω = 3.93 · 108 kg m2 · 20 ·
2π
60 s
= 8.23 · 108 ·
kg m2
s
(c) Welche Rotationsenergie steckt in dem Rotor und welche Leistung liefert die Anlage, wenn diese Energie
durch den Wind im Mittel in jeweils 150 s zugeführt wird?
Lösung: (3 Punkte) Die Rotationsenergie ist
Erot
(
)2
1 2 1
2π
2
8
= Iω = · 3.93 · 10 kg m · 20 ·
= 8.62 · 108 J
2
2
60 s
Die Leistung P ist dann:
P =
8.62 · 108 J
Erot
=
= 5.75 MW
t
150 s
6
Name:
Matrikelnummer:
Aufgabe 5: Drehimpulsübertrag
Gegeben sei eine rotierende Scheibe mit Radius r = 0.1 m, Masse m = 500 g und einer Rotationsfrequenz von
90 Umdrehungen pro Minute. (Trägheitsmoment einer Scheibe IScheibe = mr2 /2)
a) Welchen Drehimpulsbetrag L besitzt die Scheibe?
Lösung: (2 Punkte)
Die Kreisfrequenz der Scheibe ist
ω = 2πν = 2π
90
= 3π s−1 = 9.425 s−1
60 s
Das Trägheitsmoment der Scheibe ist:
IScheibe = 0.5mr2 = 0.5 · 0.5 kg · (0.1 m)2 = 0.0025 kg m2
Drehimpuls ist:
LScheibe = IScheibe ω = 0.0025 kg m2 · 9.425 s−1 = 0.0236 kg m2 /s
b) Wie groß ist die Rotationsenergie der Scheibe?
Lösung: (2 Punkte)
L2Scheibe
(0.0236 kg m2 /s)2
Erot =
=
= 0.111 J
2IScheibe
2 · 0.0025 kg m2
c) Nun wird ein ruhender dünner Ring der Masse M = 1 kg und Radius R = 0.05 m von oben auf die rotierende
Scheibe fallengelassen, so dass sein Mittelpunkt mit dem Mittelpunkt der Scheibe zusammenfällt. Dabei wird
angenommen, dass der Ring mit einem starken Kleber bestrichen war, so dass er gleich auf der Scheibe haftet
und fest mit ihr verbunden wird. Mit welcher Frequenz f dreht sich das neue kombinierte System Ring + Scheibe?
Lösung: (2 Punkte)
Da sich die gesamte Masse des dünnen Rings am Rand befindet, ist das Trägheitsmoment des Rings:
IRing = M R2 = 1 kg · (0.05 m)2 = 0.0025 kg m2
Das Trägheitsmoment der Kombination Scheibe + Ring ist also die Summe aus beiden:
IKombi = IScheibe + IRing = 0.005 kg m2
Der Drehimpuls muss erhalten bleiben (LKombi = LScheibe ), so dass für die neue Kreisfrequenz ωKombi bzw. die
neue Rotationsfrequenz f gilt:
LScheibe
= 4.72 s−1
ωKombi =
IKombi
ωKombi
f=
= 0.75 s−1
2π
Die Kombination dreht sich also nur noch halb so schnell wie vorher, da das Trägheitsmoment sich verdoppelt
hat.
d) Wie groß ist die Rotationsenergie der Kombination Scheibe + Ring, und was ist mit der restlichen Energie
geschehen?
7
Lösung: (2 Punkte)
Erot,Kombi =
L2Scheibe
(0.0236 kg m2 /s)2
=
= 0.0555 J
2IKombi
2 · 0.005 kg m2
Sie ist also nur noch halb so groß wie vorher, so dass die Hälfte der Energie in Wärme oder Deformationsenergie
umgewandelt wurde.
8
Name:
Matrikelnummer:
Aufgabe 6: Weitschuß
Ein Fußballspieler schießt einen Ball der Masse m = 410 g zum Zeitpunkt t = 0 vom Erdboden (y = 0 m) mit
einem Geschwindigkeitsbetrag von v = 30 m/s ab. Welchen Abschußwinkel α (Winkel relativ zur Horizontalen)
sollte der Spieler wählen, damit der Ball am weitesten fliegt, bevor er wieder den Erdboden berührt? Die Luftreibung oder andere Effekte der Luft (z.B. Auftrieb) werden vernachlässigt. Gehen Sie zur Lösung der Aufgabe
folgendermaßen vor:
a) Stellen Sie die Bewegungsgleichungen für x(t) (horizontale Koordinate x als Funktion der Zeit t) und y(t)
(vertikale Koordinate y) auf.
b) Berechnen Sie die Zeit t1 , bis der Ball wieder den Erdboden (y = 0) berührt, als Funktion des Abschußwinkels
α. Begründen Sie, warum von den zwei mathematisch möglichen Lösungen hier nur eine sinnvoll ist.
c) Wie lautet die Gleichung der x–Koordinate (als Funktion von α) zum Zeitpunkt t1 , bei dem der Ball wieder
den Boden berührt?
d) Bestimmen Sie das Maximum von x(t1 ) in Abhängigkeit vom Winkel α. Wie weit kommt also der Ball, wenn
er unter dem optimalen Winkel abgeschossen wird?
Lösung
a) (2 Punkte))
In x–Richtung ist die Beschleunigung Null. Also gilt:
vx (t) = vx,0 = v cos α = konstant
∫ t
x(t) =
vx (t′ )dt′ = v cos α t
0
Senkrechte Bewegung in Richtung der y-Achse. Dort ist die Beschleunigung a = −g:
vy,0 = v sin(α)
∫ t
vy (t) = vy,0 +
adt′ = vy,0 − gt
∫
y(t) =
t
vy (t′ )dt′ =
0
0
∫
t
0
1
(v sin α − gt′ ) dt′ = v sin α t − gt2
2
b) (2 Punkte)
1
y(t) = v sin α t − gt2 = 0
2
⇒
t=0
oder
t1 =
v sin α
2v sin α
=
1
g
g
2
Die erste Lösung würde die x–Koordinate beim Abschuss beschreiben, so dass nur die zweite Lösung sinnvoll ist.
c) (2 Punkte)
x(t1 ) = v cos α t1 = 2
v2
v2
sin α cos α =
sin(2α)
g
g
d) (2 Punkte)
Ohne eine große Kurvendiskussion machen zu müssen, ist klar, dass der Sinus niemals größer als 1 werden kann.
9
Die größte Entfernung x des Balls resultiert also, wenn gilt:
⇒
sin(2α) = 1
α = 45o
Der zugehörige x–Wert, also die Entfernung des Balls vom Abschussort, ist:
xmax = x(t1 , α = 45o ) =
v2
(30 m/s)2
=
= 91.7 m
g
9.81 m/s2
10
Name:
Matrikelnummer:
Aufgabe 7: Irrflug
Das Ziel eines Hobby–Piloten mit seiner alten Cessna liegt exakt 800 km im Norden. Deshalb stellt der Pilot den
Kurs seines Flugzeugs per Magnetnadel exakt Richtung Norden ein und fliegt 4 Stunden lang mit seiner Höchst–
Geschwindigkeit von 200 km/h relativ zur umgebenden Luft. Dummerweise verhindert eine dicke Wolkendecke
einen Sichtflug und er hat nicht mitbekommen, dass an diesem Tag ein kräftiger konstanter Wind bläst und befindet sich nach 4 Stunden Flug, wie er erst dann seinem GPS-System entnimmt, 40 km nördlich und gleichzeitig
80 km östlich von seinem Ziel.
a) Wie ist also der Vektor der Windgeschwindigkeit (konstanten Wind vorausgesetzt)? Dabei zeige die x-Achse
in östliche Richtung und die y-Achse in nördliche Richtung.
b) Zeichnen Sie in ein Diagramm die Vektoren der Windgeschwindigkeit, der Geschwindigkeit des Flugzeuges
relativ zur umgebenden Luft und der resultierenden Geschwindigkeit ein.
c) Nachdem der Pilot nun weiss, wo er sich befindet und wie die Windverhältnisse sind, muss er seinen Kurs
korrigieren. Leider hat sein Flugzeug nur noch Treibstoff, um eine halbe Stunde lang mit 200 km/h (relativ zur
umgebenden Luft) zu fliegen oder eine Stunde lang mit 120 km/h. Welche neuen Korrekturkurse, d.h. Geschwindigkeitsvektoren ⃗vF lug des Flugzeugs relativ zur Luft, muss der Pilot in den zwei Fällen setzen und erreicht er
noch das Ziel, bevor ihm der Treibstoff ausgeht?
Lösung
a) (2 Punkte)
Da das Ziel exakt in nördlicher Richtung vom Startpunkt liegt, ist die x-Koordinate am Anfang Null (x(t = 0) =
0) und nach den 4 Stunden Flugzeit x(t = 4 h) = 80 km. Also muss die Geschwindigkeitskomponente des
Windes in östliche Richtung (d.h. Westwind, da aus Westen kommend) betragen:
vx =
x
80 km
=
= 20 km/h
t
4h
In nördlicher Richtung, d.h. y-Richtung, ist das Flugzeug ∆y = 40 km zu weit. Setzt man die y-Koordinate
beim Start wieder auf Null, so gilt also für die y-Koordinate und die effektive Geschwindigkeitskomponente in
y-Richtung:
y
840 km
y(t = 4 h) = 840 km ⇒ vy = =
= 210 km/h
t
4h
Da das Flugzeug relativ zur umgebenden Luft mit 200 km/h nach Norden fliegt, muss der Wind also eine Geschwindigkeitskomponente in nördlicher Richtung von vy,W ind = 10 km/h haben.
Der Geschwindigkeitsvektor des Windes ist also:
(
)
20 km/h
⃗vW ind =
10 km/h
11
b) (2 Punkte)
c) (4 Punkte)
Der effektive Geschwindigkeitsvektor ⃗vef f , mit dem das Flugzeug relativ zum Erdboden fliegt, ist:
⃗vef f = ⃗vF lug + ⃗vW ind
Dabei ist ⃗vF lug der Geschwindigkeitsvektor des Flugzeuges relativ zur umgebenden Luft, also die Geschwindigkeit, die durch die Triebwerke des Flugzeugs wirklich erreicht werden muss.
Der effektive Geschwindigkeitsvektor ⃗vef f kann geschrieben werden als
( ∆x )
(
)
(
)
1
1
∆x
−80
km
t
⃗vef f =
=
=
∆y
∆y
t
t −40 km
t
da das Flugzeug die irrtümlich zurückgelegte Strecke wieder korrigieren muss. Da für die Triebwerke des Flugzeugs die Geschwindigkeit relativ zur umgebenden Luft entscheidend ist, ist der Betrag von ⃗vF lug vorgegeben
(laut Aufgabenstellung 120 km/h oder 200 km/h).
Insgesamt erhält man also:
⃗vF lug = ⃗vef f − ⃗vW ind ⇒
)
1(
2
2
2
2
2
2
2
vF2 lug = vef
+
v
−
2⃗
v
·
⃗
v
=
(∆x)
+
(∆y)
+ vx,W
(∆x vx,W ind + ∆y vy,W ind )
ef
f
W
ind
f
W ind
ind + vy,W ind −
2
t
t
Aufgelöst nach 1/t liefert die quadratische Gleichung:
√
(
)
2
2
2
2 + (∆y)2 ) v 2
∆x
v
+
∆y
v
±
(∆x
v
+
∆y
v
)
+
((∆x)
−
v
−
v
x,W
ind
y,W
ind
x,W
ind
y,W
ind
F lug
x,W ind
y,W ind
1
=
2
2
t
(∆x) + (∆y)
Dabei ist nur die Lösung mit dem “+“–Zeichen sinnvoll, da die andere Lösung eine negative Zeit ergeben würde.
Eingesetzt ergeben sich für vF lug = 200 km/h bzw. vF lug = 120 km/h:
(
)
1
−158.9 km/h
−1
= 1.986 h
⇒ t = 0.504 h ⇒ ⃗vef f =
⇒
vF lug = 200 km/h ⇒
−79.44 km/h
t
(
)
−178.9 km/h
⃗vF lug = ⃗vef f − ⃗vW ind =
−89.44 km/h
12
vF lug
1
= 120 km/h ⇒
= 1.0916 h−1 ⇒ t = 0.916 h ⇒ ⃗vef f =
t
(
)
−107.33 km/h
⃗vF lug = ⃗vef f − ⃗vW ind =
−53.66 km/h
(
−87.33 km/h
−43.66 km/h
)
⇒
Im ersten Fall mit der höheren Geschwindigkeit würde also der Treibstoff ganz kurz vor dem Ziel ausgehen. Im
zweiten Fall hat der Pilot noch ein wenig Reserve.
13
Name:
Matrikelnummer:
Aufgabe 8: Stimmen einer Orgel
Eine an beiden Enden offene Orgelpfeife erzeuge einen Grundton der Frequenz ν = 100 Hz. Schallgeschwindigkeit c = 330 m/s.
a) Berechnen Sie die Länge L der Orgelpfeife.
Lösung (3 Punkte)
Resonanzbedingung für beidseitig offenes Ende:
λ
L=k· ;
2
Der Grundton ergibt sich für k = 1, also:
mit k = 1, 2, 3, ...
λ
2
Zusammenhang zwischen Frequenz und Wellenlänge ergibt schließlich:
c
c
νλ = c ⇒ λ =
⇒ L=
= 1.65 m
ν
2ν
b) In einem der Obertöne soll nun aber diese Orgelpfeife den Kammerton a mit νa = 440 Hz erzeugen. Begründen
Sie kurz, warum dies mit der vorhandenen Orgelpfeife nicht geht und berechnen Sie dann, auf welche Länge L′
man die Pfeife kürzen müsste, um den Kammerton a zu erzeugen, wobei die Kürzung so klein wie möglich sein
sollte.
Lösung (3 Punkte)
L=
Wie oben schon angeführt gilt für die möglichen Frequenzen einer Orgelpfeife der Länge L:
λ
c
c
und νλ = c ⇒ ν = = k
= k · 100 Hz
2
λ
2L
Es können also nur Frequenzen von 100 Hz, 200 Hz, 300 Hz, 400 Hz, 500 Hz, usw. erzeugt werden. Durch
Kürzung der Länge wird der Ton aber höher, d.h. die Frequenz nimmt zu. Also sollte man den dritten Oberton
(k = 4) auf den Kammerton a legen und erhält dann für die neue Länge L′ :
L=k·
νa = k
c
c
c
=4 ′ =2 ′
′
2L
2L
L
⇒
L′ =
2c
= 1.5 m
νa
c) Beim Kürzen der Orgelpfeife wird aber leider 1 cm zu viel abgetragen und da das menschliche Gehör sehr
empfindlich ist, würde man das hören. Also erhält der Orgelbauer eine zweite Chance und soll den Kammerton a
im zu b) nächstgelegenen Oberton erzeugen. Wie lang muss die Orgelpfeife nun sein?
Lösung (2 Punkte)
Wie oben schon argumentiert, wird der Ton durch Kürzung der Pfeife höher. Ist sie zu kurz geworden, so kann
man im dritten Oberton (k = 4) den Kammerton a nicht mehr erzeugen. Man kann es aber dann mit dem zweiten
Oberton, d.h. k = 3, machen, so dass gilt:
c
c
c
=3
= 1.125 m
νa = k ′ ⇒ L′ = k
2L
2νa
2νa
14
Name:
Matrikelnummer:
Aufgabe 9: Materiewellen
Auch Materie kann sich unter bestimmten Umständen wie eine Welle verhalten, wobei das Amplitudenquadrat
der Welle ein Maß für die Aufenthaltswahrscheinlichkeit des Materieteilchens ist. Einem Elektron mit einem
Impuls p wird dann eine Wellenlänge λ = h/p der Materiewelle zugeordnet. Eine solche Materiewelle mit
ebener Wellenfront trifft nun auf einen undurchlässigen Schirm, in dem sich aber zwei sehr dünne parallele Spalte
im Abstand d = 0.01 mm befinden (Doppelspalt).
Konstanten: Masse des Elektrons me = 9.11 · 10−31 kg, Planck’sche Konstante h = 6.626 · 10−34 Js
a) Wie groß ist die Wellenlänge der Materiewelle, wenn sich die Elektronen mit einer Geschwindigkeit von
v = 500 km/s bewegen?
Lösung (2 Punkte)
Der Impuls eines Elektrons/Teilchens ist p = me v, so dass für die Wellenlänge der Elektronenwelle gilt:
λ=
h
h
=
= 1.45 · 10−9 m
p
me v
b) Unter welchen Winkeln sind dann Beugungsmaxima in großer Entfernung hinter dem Doppelspalt zu sehen?
Lösung (2 Punkte)
Die Weglängendifferenzen der an den beiden Spalten erzeugten Kugelwellen, die im Fernfeld in ebene Wellen
übergehen, müssen ein ganzzahliges Vielfaches der Wellenlänge sein, damit Maxima sichtbar sind:
d sin αm = mλ
⇒
sin αm = m
λ
= m · 1.45 · 10−4
d
c) Welchen Abstand x haben also das zentrale Maximum der Beugungserscheinung und das erste Nebenmaximum in einer Entfernung von l = 10 m vom Doppelspalt?
Lösung (2 Punkte)
Aufgrund der kleinen Winkel darf der Sinus gleich dem Tangens gesetzt werden und es gilt für den Abstand
x:
lλ
x = l tan α1 = l sin α1 =
= 1.45 · 10−3 m = 1.45 mm
d
d) In einem zweiten Versuch mit Elektronen anderer Geschwindigkeit misst man im gleichen Aufbau wie in c),
dass sich der Abstand zwischen dem zentralen Maximum und dem ersten Nebenmaximum halbiert hat. Wie groß
ist also die Geschwindigkeit dieser Elektronen?
Lösung (2 Punkte)
Halber Abstand bedeutet auch halbe Wellenlänge, da der Abstand d der Spalte und der Abstand l zum Schirm
unverändert sind. Da die Wellenlänge umgekehrt proportional zur Geschwindigkeit der Elektronen ist, haben die
Elektronen also doppelte Geschwindigkeit wie vorher und damit v = 1000 km/s.
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Name:
Matrikelnummer:
Aufgabe 10: Grüne Welle
Sie fahren mit der Geschwindigkeit v0 = 54 km/h auf eine Kreuzung der Länge 20 m zu. Im Abstand von 30 m
zur Ampel schaltet diese von grün auf gelb. Nach einer Reaktionszeit von 0.5 s entscheiden Sie sich für Bremsen
mit Bremsverzögerung abrems = −5 m/s2 .
a) Rechnen Sie 54 km/h in m/s um.
Lösung: (2 Punkte)
v0 = 54 km/h = 54 ·
1000 m
= 15 m/s
3600 s
b) Kommen Sie noch vor der Ampel zum Stillstand?
Lösung: (3 Punkte)
Während der Reaktionszeit tR = 0.5 s bewegt sich das Auto mit konstanter Geschwindigkeit v0 und legt die
Strecke sR = v0 tR = 15 m/s · 0.5 s = 7.5 m zurück. Somit hat das Auto nach der Reaktionszeit nur noch einen
Abstand von 30 m − sR = 22.5 m zur Ampel.
Danach bewegt sich das Auto mit konstanter Beschleunigung/Abbremsung, so dass für die Geschwindigkeit gilt:
v(t) = v0 + abrems t
Bis zum Stillstand (v(t) = 0) vergeht also die Zeit t:
0 = v0 + abrems t
⇒
t=−
v0
abrems
=−
15 m/s
=3s
−5 m/s2
In dieser Zeit legt das Auto die Entfernung s zurück:
1
1
s(t) = v0 t + abrems t2 = 15 m/s · 3 s − · 5 m/s2 · (3 s)2 = 45 m − 22.5 m = 22.5 m
2
2
Das Auto kommt also exakt an der Ampel zum Stillstand.
c) Hätten Sie es während der Gelbphase (Dauer: 3.5s) über die Kreuzung geschafft, wenn Sie sich für Gas geben
mit der Beschleunigung abeschl = 2 m/s2 entschieden hätten?
Lösung: (3 Punkte)
Es gilt die gleiche Formel für die nach der Reaktionszeit zurückgelegte Strecke, wenn man abrems durch abeschl
ersetzt. Damit folgt:
1
1
s(t) = v0 t + abeschl t2 = 15 m/s · 3.5 s + · 2 m/s2 · (3.5 s)2 = 52.5 m + 12.25 m = 64.75 m
2
2
Das Auto befindet sich am Ende also 64.75 m − 22.5 m − 20 m = 22.25 m hinter der Kreuzung und schafft es
also über die Kreuzung.
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